Kongruensi UNTUK MEMENUHI TUGAS MATA KULIAH Teori Bilangan yang diampu oleh Dra. Santi Irawati, M.Si, Ph.D
Oleh : Kelompok 4 Offering B
1. 2. 3. 4. 5.
Aprilia Lailatul Mubarokah Denik Rikasari Putri Dwi Erlina Resy Monitasari Raqqasyi Rahmatullah Musafir
JURUSAN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS NEGERI MALANG Oktober 2017
4.1 Pengenalan Kongruensi Bahasa khusus kongruensi yang kami perkenalkan di bab i ni, yang mana sangat berguna pada teori bilangan, dikembangkan awal abad ke-19 oleh Karl Friedrich Gauss,
salah satu
matematikawan yang paling terkenal dalam sejarah. DEFINISI
Misalkan m adalah bilangan bulat positif. Jika a dan b adalah bilangan bulat, kita katakan bahwa a kongruen terhadap b modulo m jika m|(a-b). Jika a kongruen terhadap b modulo m, kita tulis
≢
≡
∤
. Jika m
, kita tulis
, dan kita katakan bahwa a dan b tidak kongruen modulo m. Bilangan bulat m
dinamakan modulus dari kongruen. Contoh 4.1
22 ≡ 4 4 9 9|224 18 3≡6 9 200 ≡ 2 99 13 ≢ 5 9 9 ∤ 135 8.
Kita memiliki dan
, karena
. Sebaliknya,
TEOREMA 4.1
Jika a dan b bilangan bulat, maka
≡
bulat k sehingga
. Demikian juga
karena
≡
jika dan hanya jika ada suatu bilangan
.
Bukti :
Jika
, maka m|(a-b). Ini berarti ada suatu bilangan bulat k dengan km=a-b, km=a-b,
jadi a=b+km. a=b+km. Sebaliknya, jika ada suatu bilangan k dengan dengan a=b+km, a=b+km , maka km=a-b. km=a-b. Oleh sebab itu m|(a-b) maka
≡ 19 ≡ 2 2 7 19≡23.7 .
Contoh 4.2
Kita memiliki
dan
TEOREMA 4.2
Misalkan m adalah bilangan bulat positif. Kekongruenan modulo m memenuhi sifat-sifat berikut: i.
Sifat Refleksi. Jika a adalah suatu bilangan bulat, maka
ii.
Sifat Simetri. Jika a dan b bilangan bulat sehingga
≡ )
iii.
≡ ≡ ≡ ≡
Sifat Transitif. Jika a, b, dan c adalah bilangan bulat dengan , maka
≡
maka
dan
Bukti :
i.
≡ ≡ ≡ ≡ ≡
Kita lihat bahwa
ii.
Jika
, karena m|(a-a)=0
, maka m|(a-b). m|(a-b). Oleh sebab itu, ada suatu bilangan bulat k
sehingga
. Ini menunjukkan bahwa (-k)m=b-a, maka m|(b-a). Akibatnya, m|(b-a). Akibatnya,
.
iii.
Jika
dan
, maka m|(a-b) dan m|(b-c). Oleh sebab itu,
ada bilangan bulat k dan l sehingga sehingga km=a-b dan lm=b-c. lm=b-c. Karena itu, a-c=(a-b)+
DEFINISI
Suatu sistem residu lengkap modulo m adalah himpunan bilangan bulat, sedemikian hingga setiap bilangan bulat modulo m kongruen dengan tepat satu bilangan bulat pada himpunan. (b-c)=km+lm=(k+l)m. (b-c)=km+lm=(k+l)m. Sehingga m|(a-c) dan m|(a-c) dan
≡
.
Bilangan bulat a dibagi dengan m akan memiliki memiliki sisa pembagian pembagian r dengan
0 ≤ r
Karena ada m pilihan untuk r , kita lihat bahwa setiap bilangan bulat adalah kongruen modulo m ke tepat satu dari bilangan 0, 1, 2, . . . , m – 1. 1. Dengan demikian, {0, 1, 2, . . . , m – 1} 1} merupakan suatu sistem residu lengkap modulo n. Lebih khusus lagi himpunan itu merupakan sistem residu lengkap terkecil modulo n.
Contoh 4.5
Misal m adalah bilangan bulat ganjil, maka himpunan bilangan bulat
1 , 3 ,… ,1,0,1,… , 3 , 1 2 2 2 2
adalah suatu sistem residu lengkap.
TEOREMA 4.3
Jika a, b, c dan m adalah bilangan bulat, dengan m>0 sedemikian m>0 sedemikian hingga maka: i. ii. iii.
≡
,
≡ ≡ ≡
Bukti :
i.
Karena
≡
kita tahu bahwa m|(a-b). Dari m|(a-b). Dari identitas (a+c)-(b+c)=a-b, (a+c)-(b+c)=a-b, kita
tahu bahwa m|(a+c)-(b+c) dengan m|(a+c)-(b+c) dengan demikian
≡
.
ii.
Karena
≡
kita tahu bahwa m|(a-b). m|(a-b). Dari identitas (a-c)-(b-c)=a-b (a-c)-(b-c)=a-b kita
tahu bahwa m|(a-c)-(b-c) dengan m|(a-c)-(b-c) dengan demikian iii.
≡
.
Perhatikan bahwa ac-bc=c(a-b). ac-bc=c(a-b). Karena m|(a-b), sehinggam|c(a-b) sehinggam|c(a-b) dan karenanya,
≡ 19 ≡ 3 88 26197≡37 10 8 15 19 4 ≡ 3 4 1 88 38 19.2 ≡ 3.2 6 88 .
Contoh 4.6
Karena
,
berdasarkan
,
teorema
4.3
bahwa
, dan
.
Konvers Teorema 4.3
i.
Jika a, b, c dan m adalah bilangan bulat, dengan m>0 sedemikian m>0 sedemikian hingga
≡ ≡ ≡ . ≡ ≡ . maka
ii.
. Benar
Jika a, b, c dan m adalah bilangan bulat, dengan m>0 sedemikian m>0 sedemikian hingga maka
iii.
Benar Benar
Jika a, b, c dan m adalah bilangan bulat, dengan m>0 sedemikian m>0 sedemikian hingga maka
Salah Salah
Bukti :
i.
≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ∃2,∃3,∃2,∃2 2.2≢3.2 22 ↔ 2 ≢ 3 22 ↔2∤23 ↔
↔
↔
↔
↔
ii.
↔
↔
↔
↔
↔
iii.
Mengakibatkan
≡ ≡ ≡
TEOREMA 4.4
Jika a, b, c dan m adalah bilangan bulat sedemikian hingga m>0, m>0, d=(c,m) dan
, maka
≡ / /
≡
.
Bukti :
Jika
≡
, kita tahu bahwa m|(ac-bc)=c(a-b). m|(ac-bc)=c(a-b). Oleh karena itu, ada suatu
bilangan bulat k dengan c(a-b)=km. c(a-b)=km. Dengan membagi kedua sisi dengan d , kita peroleh (c/d)(a-b)=k(m/d). (c/d)(a-b)=k(m/d). Karena (m/d, c/d)=1, c/d)=1, berdasarkan Lemma 3.4 diketahui bahwa m/d|(a-b).
≡ / / 50≡ 50 ≡ 20 20 15 15 10,15 5 5 ≡ 2 33
Karenanya,
.
Contoh 4.8 Karena atau
dan
, kita lihat bahwa
.
50/10≡20/10 15/5
,
Corollary 4.4.1. Jika a, b, c, dan m adalah bilangan bulat sedemikian hingga m>0, m>0, (c,m)=1, (c,m)=1, dan , maka .
≡ ≡ ≡ ≡ ↔| ↔ | . | | ↔ ≡
Bukti : (c,m)=1 dan (c,m)=1 dan
Untuk
)
Berdasarkan Lemma 3.4 Jika (m,c)=1 dan (m,c)=1 dan Contoh 4.9 Karena
, maka
42 ≡ 7 55 5,7 5, 7 1 42/7≡7/7 5 6 ≡ 1 55 dan , atau
, kita dapat menyimpulkan bahwa .
TEOREMA 4.5
,,, ≡ , ≡ ≡ ≡ , ≡
Jika
(i) (ii) (iii)
Bukti :
dan adalah bilangan bulat sedemikian sehingga , maka
.
> 0, ≡
dan
≡ ≡ | | |[ ] ≡ |[ ] ≡ | ≡ 13 ≡ 3 55 7 ≡ 2 55 ≡ 137≡32 55 20 ≡ 5 5 ≡ 13 7 ≡ 3 2 5 6 ≡ 1 55 ≡ 13∙7≡3∙2 5 91 ≡ 6 55
Karena dan , kita tahu bahwa Oleh karena itu, ada bilangan bulat dan dengan dan
dan
.
.
Untuk bukti (i), perhatikan bahwa :
Oleh karena itu, Untuk bukti (ii), perhatikan bahwa :
. Karena itu
Oleh karena itu, Untuk bukti (iii), perhatikan bahwa :
, maka
Oleh karena itu, Contoh 4.10 Karena dan bahwa (i)
(ii)
.
.
Karena itu ac
.
, menggunakan Teorema 4.5 kita dapat melihat
(iii)
Lemma berikut membantu kita untuk menentukan apakah suatu himpunan bilangan membentuk suatu himpunan lengkap residu modulo . LEMMA 4.1.
Suatu himpunan tidak kongruen bilangan bulat modulo residu lengkap modulo .
membentuk suatu himpunan
Bukti Lemma 4.1:
Anggap bahwa suatu himpunan tidak kongruen bilangan bulat modulo m tidak membentuk suatu himpunan residu lengkap modulo . Ini berarti bahwa setidaknya ada satu bilangan bulat yang tidak kongruen dengan bilangan bulat manapun pada himpunan. Oleh karena itu, tidak ada bilangan bulat dalam himpunan modulo yang kongruen untuk sisa bila dibagi oleh . Karenanya, ada paling banyak sisa yang berbeda dari bilangan bulat ketika mereka dibagi oleh . Ini mengikuti (dengan Prinsip Rumah Merpati, yang mengatakan bahwa jika lebih dari objek didistribusikan kedalam kotak, setidaknya ada dua objek berada dalam dal am kotak yang sama) bahwa setidaknya seti daknya dua bilangan bulat di himpunan memiliki modulo yang sama. Hal ini tidak mungkin, karena bilangan bulat ini tidak kongruen modulo . Oleh karena itu, setiap m tidak kongruen bilangan bulat modulo membentuk Sistem Residu Lengkap modulo .
1
TEOREMA 4.6
, ,..., , , 1
Jika positif dengan
, ,...,
adalah sistem residu lengkap modulo , maka
adalah sistem residu lengkap modulo
, dan jika adalah bilangan bulat
untuk setiap bilangan bulat .
Bukti : Pertama, kita tunjukkan bahwa tidak ada dua bilangan bulat
, ,..., ≡ ≡ , , 1 ≡ ≢ ≠ yang kongruen modulo
. Untu melihat ini, perhatikan bahwa jika
maka, menurut (ii) dari Teorema 4.3, kita tahu bahwa .
Karena
, Corollary 4.4.1 menunjukkan bahwa
Mengingat bahwa
jika
, kita simpulkan bahwa
Menurut Lemma 4.1, karena himpunan bilangan bulat yang dimaksud terdiri dari bilangan bulat modulus yang tidak sesuai, bilangan bulat ini membentuk sistem residu lengkap modulo . Teorema berikut menunjukkan bahwa kekongruenan dipertahankan saat kedua sisi dinaikkan ke pangkat integral positif yang sama. TEOREMA 4.7
Jika
,,, ≡ .
maka
dan dan
adalah bilangan bulat yang mana
>0,>0 ≡ dan
Bukti Teorema 4.7:
≡ | − − ..... . − − | ≡ .
Karena
, kita mempunyai
Kita lihat bahwa
, dan karena ,
. Karena itu, berdasarkan Teorema 1.8 maka
. Oleh karena itu,
|
Contoh 4.11
Karena
7 ≡ 2 55
, Teorema 4.7 memberitahu kita bahwa
7 ≡ 2 5 343 ≡ 8 5
Konvers Teorema 4.7
Jika ≡ ( ) maka , , dan adalah bilangan bulat yang mana dan ≡ ( ). (SALAH)
> 0, > 0
Contoh Penyangkal
∃2,4,2,3;,,,∈ℤ,>0,>0 Dimana
2 ≡ 4 3 4≡16 3 3|416 3|12 Namun
2≡? 4 33 3 ∤ 2 4 3 ∤ 2 ∴ 2 ≢ 44 33 Hasil berikut menunjukkan bagaimana menggabungkan menggabungkan kongruensi dua dua bilangan ke moduli moduli yang berbeda.
TEOREMA 4.8
≡ ,≡ ,....,≡ , ,,, ,…, , ,…, ≡ [, ,…,], , ,…, , ,…, ≡ ,≡ ,....,≡ | , | ,...,| [, ,…,] | Jika adalah bilangan bulat dengan
dimana [
dimana dimana
positif, maka
] adalah kelipatan terkecil dari
.
Bukti :
Karena
, kiita tahu bahwa . Menurut Latihan 39 dari Bagian 3.5 kita lihat bahwa
.
Karena itu,
≡ [ [, ,…,] Konvers Teorema 4.8
≡ [, ,…,], , ,…, , ,…, ≡ ,≡ ,....,≡ , ,,, ,…, , ,…, Jika
dimana dimana [
, maka adalah bilangan bulat dengan de ngan
] adalah kelipatan terkecil dari dimana dimana positif
Corollary 4.8.1
≡ ,≡ ,....,≡ , ,…, ≡ … .
Jika bulat dan
, dimana dan bilangan merupakan pasangan bilangan bulat positif relative prima, maka
Bukti :
, ,…, [, ,…,] …
Karena tahu kita bahwa
adalah pasangan relative prima, latihan 68 pada bagian 3.5 memberi
Oleh karena itu, menurut Teorema 4.8, kita tahu bahwa
≡ …
.
Modular Eksponensiasi Dalam pembelajaran kami selanjutnya, kita akan bekerja dengan kogrruensi yang melibatkan pangkat besar dari bilangan bulat. Sebagai contoh, kita ingin menentukan residu positif
2
terkecil dari modulo 645. Jika kita mencoba menemukan residu positif terkecil ini pertama dengan menghitung , kita akan memiliki bilangan bulat dengan 194 desimal digit, sebuah pemikiran yang tidak diinginkan. Sebaga gantinya, untuk menemukan modulo 645 pertama-tama kita ekspresikan eksponen 644 dalam notasi biner :
2
2 644 1010000100
2,2 2, 2, 2, 2,...,2
Selanjutnya, kita menghitung residu positif terkecil dari dengan mengkuadratkan dan mengurangi modulo 645 secara berturut-turut. Ini memberi kita kekongruenan
2≡2 645 2 ≡ 4 645 645 2 ≡16 645 645 2 ≡256 645 645 2 ≡391 645 2 ≡16 645 2 ≡256 645 2 ≡391 645 2 ≡16 645 2 ≡256 645
2 2 2++ 222 ≡ 256 ∙ 391 ∙ 16 1,601,536 ≡ 1 645 ,, … − , , , ,..., 1
Kita sekarang dapat menghitung modulo 645 dengan mengalikan residu positif terkecil dari pangkat 2 yang sesuai. Ini memberi : .
Kita baru saja menggambarkan prosedur umum untuk modular ekponensiasi, yaitu untuk menhitung modulo , dimana dan adalah bilangan bulat positif. Pertama kita menyatakan eksponen dalam notasi biner, seperti . Kita selanjutnya mencari residu positif terkecil dari modulo , dengan mengkuadratkan dan mengurangi modulo secara berturut-turut. Akhirnya, kita mengalikan residu positif terkecil dari
untuk dengan
, mengurangi modulo m setelah mengalikan masing-masing.
Dalam pembahasan kita selanjutnya, kita membutuhkan perkiraan jumlah operasi bit yang diperlukan untuk modular eksponensiasi TEOREMA 4.9
, ,
Misalkan modulo
dan
sedemikian sehingga
<
. Maka residu positif terkecil dari
dapat dihitung dengan menggunakan operasi bit
Bukti :
, , , ,..., 2 ≤ ≤ 2+ []
Untuk menemukan residu positif terkecil dari modulo , kita dapat menggunakan algoritma yang baru saja dijelaskan. Pertama, kita menentukan residu positif terkecil dari
mengurangi
modulo , dimana modulo secara berturut-turut.
, dengan mengkuadratkan dan Ini memerlukan total operasi bit
karena kita menunjukkan kuadrat modulo , masing-masing membutuhkan operasi bit . Selanjutnya, kita mengalikan residu positif terkecil
dari bilangan bulat bersama dengan digit biner yang sama dengan satu, dan kita mengurangi modulo ssetiap setelah perkalian. Ini juga membutuhkan operasi bit , karena paling banyak ada perkalian , masing-masing membutuhkan operasi bit. Oleh karena itu, diperlukan operasi total bit dari .
4.2 Kongruensi Linier Suatu kongruensi yang memiliki bentuk :
≡
,, ,, ℤ
dimana adalah suatu bilangan bulat yang tidak diketahui, dengan disebut suatu kongruensi linier satu variabel . Perhatikan bahwa jika , adalah suatu selesaian dari suatu kongruensi kongruensi , dan jika diketahui bahwa maka , dengan demikian juga suatu selesaian. Karenanya, jika salah satu anggota kongruensi kelas modulo m adalah solusi, maka semua anggota dari kelas ini adalah solusi. Oleh karena itu, kita mungkin bertanya berapa banyak kongruensi kelas modulo memberikan solusi, ini sama saja dengan bertanya berapa banyak solusi tidak kongruen pada modulo m. Teorema berikut memberitahu me mberitahu kita kit a kapan kongruensi linear dengan satu variabel memiliki solusi, dan jika iya,secara tepat mengatakan berapa banyak solusi tidak kongruen pada modulo m.
≡ ≡ ≡
≡ ,
TEOREMA 4.10 Misalkan dan , maka
,, ∤ ≡ ≡
memiliki tepat
> 0 , , . | ≡
bilangan bulat sedemikian sehingga tidak memiliki solusi. Jika solusi yang tidak kongruen modulo m.
dan , maka
Jika Jika
Bukti : Menurut Teorema 4.1, kongruensi linier
≡ . . ∤ | ⁄, ⁄, ⁄,
ekuivalen dengan persamaan diopantin linier dengan dua variabel Bilangan Bilangan bulat adalah solusi dari jika dan hanya jika terdapat suatu bilangan bulat sedemikian sehingga Menurut teorema 3.23, kita tahu bahwa jika Menurut , tidak terdapat solusi, sedangkan jika , memiliki tak hingga banyaknya solusi, misalkan dimana dan diberikan diatas,
adalah solusi tertentu dari persamaan tersebut. Nilai
≡
yang
adalah solusi dari kongruensi linier, ada tak hingga banyaknya solusi ini. Untuk menentukan berapa banyak solusi tidak kongruen yang ada, kita tentukan kondisi yang menggambarkan ketika dua solusi dan kongruen modulo m. Jika dua solusi ini kongruen, maka
⁄ ⁄ ⁄ ≡ ⁄ ⁄ ≡ ⁄ ,⁄ ⁄ ⁄ | , ≡ ⁄, ⁄, 0,1,2,...,1.
Mengurangi Sekarang
dari kedua sisi kongruensi ini, kita dapatkan bahwa karena
sehingga menurut Teorema 4.4, kita sehingga
dapatkan bahwa
Ini menunjukkan bahwa himpunan lengkap dari solusi tidak kongruen diperoleh dengan mengambil dimana berkisar di seluruh sistem residu lengkap modulo . Salah satu himpunan tersebut diberikan oleh dimana
Corollary 4.10.1.
.
>0 ≡
Jika dan adalah bilangan bulat relatif prima dengan dan adalah suatu bilangan bulat, maka kongruensi linier memiliki solusi tunggal modulo Bukti : Karena , kita tahu bahwa menunjukkan bahwa kongruensi kongruen modulo .
, , 1
, , | ≡
. Karena itu, menurut Teorema 4.10, memiliki tepat solusi tidak
, , 1
Contoh 4.12 Untuk menemukan semua solusi dari , pertama kita mencatat bahwa dan , ada tepat tiga solusi yang tidak kongruen. Kita dapat menemukan solusi ini dengan terlebih dahulu menemukan solusi tertentu dan kemudian menambahkan kelipatan yang sesuai dari Untuk menemukan solusi tertentu, kita memperhitungkan persamaan diopantinlinier . Algoritma euclid menunjukkan bahwa
9,15 3
3 |12
9 ≡ 12 12 15 15
15⁄3 5
91512 9 1512
Sehingga,
Diperoleh solusi tertentu dari
159∙16 96∙13 63∙2 396∙1 9 159∙1 159∙1 9159 9∙215 3∙49∙2∙415∙4 129∙815∙4 91512 8 4 diberikan oleh
dan
Dari pembuktian Teorema 4.10, kita tau bahwa himpunan lengkap dari tiga solusi tidak kongruen diberikan oleh dan
5∙2≡18≡3 5∙2≡18≡3 15 15.
≡ 8 15, 5≡13 15,
Mo M odula ular I nve nver s Sekarang kita mempertimbangkan kongruensi dari bentuk khusus Teorema 4.10, terdapat suatu solusi untuk kongruensi ini jika dan hanya jika kemudian semua solusi kongruen modulo
1 , , 1,
.
. Menurut dan
Definisi
, , 1, 1 . 7≡1 31 ≡ 9 31,9, 9 31 7 31 9∙7≡ 1 31, 9 31 , ≡ ≡ . ̅ ̅ ≡ 1 1 ≡ ̅ ̅ ≡ ̅ , ≡̅ . 7≡22 7≡22 31 31, 7 31 9 ∙ 7 ≡ 9 ∙ 22 31 ≡ 198 ≡ 12 3131 7≡4 12, 7,12 1, 7124. 127∙15 75∙12 52∙21 21∙2 152∙2 5 75∙1 ∙ 2 5∙32∙7 127∙1 127∙1 ∙32∙7 12∙35∙7 1∙412∙3∙45∙4∙7 412∙1220∙7 Diberikan suatu bilangan bulat disebut suatu invers dari modulo
Contoh 4.13 Karena solusi dari
dengan
solusi dari
adalah kongruen ke , adalah invers dari 7 7 adalah invers dari Ketika kita memiliki suatu invers dari untuk menyelesaikan setiap kongruensi dari bentuk misalkan invers dari , sehingga kita dapat mengalikan kedua sisi dari kongruen ini dengan sehingga Contoh 4.14 Untuk mendapatkan solusi dari
dan semua bilangan bulat . Analoginy, karena
kita dapat menggunakannya Untuk mengerti ini, . Maka, jika , untuk mendapatkan
kita kita kalikan kedua sisi dari kongruensi ini , untuk memperoleh .
dengan 9, suatu invers dari Karena itu, . Contoh 4.15 Untuk mendapatkan semua solusi dari karena ada solusi tunggal modulo 12. Untuk mendapatkan ini, kita hanya butuh mendapatkan suatu solusi dari persamaan diopantin linier Algoritma euclid menujukkan
Sehingga,
20 ≡20≡
Sehingga, suatu solusi tertentu untuk persamaan linier diopantin adalah Oleh karena itu, semua solusi dari kongruensi linier diberikan oleh
12. 4 12.
dan
Kemudian kita ingin mengetahui bilangan bulat mana yag merupakan invers modulo , dimana adalah prima. Teorema berikut memberitahu kita bilangan bulat mana yang memiliki sifat tersebut.
Teorema 4.11
Misalkan bilangan prima. Bilangan bulat positif dan hanya jika atau Bukti :
adalah invers dari modulo jika
≡ 1 ≡ 1 ≡ 1 ≡1 ≡1 , ≡ 1 , ∙ ≡ 1 . | 1. 1 1 1, | | 1 | 1 | ≡ 1 ≡1 ≡1 .
Jika atau maka maka invers modulo itu sendiri. Sebaliknya, jika adalah invers modulo itu sendiri, maka Oleh karena itu Karena Sehingga atau
sehingga sehingga
adalah
atau
.
Teorema 4.12. Teorema Sisa Cina
, , . . . ,
Misalkan Maka sistem kongruensi
pasangan berurutan bilangan bulat positif relatif prima.
, , . . .
memiliki solusi tunggal modulo
, . . .
.
4.3 Teorema Sisa Cina Bukti : Pertama, kita menyusun suatu solusi simultan untuk sistem kongruensi. Untuk melakukan ini, misalkan Kita tahu bahwa ( ,
⁄ ...−+ . ...
, 1 (, )1 ≠ 1 . ...... 1,2,...,. | ≠ 0 . 0 ≡ ≡ ,
karena
relatif prima secara berpasangan maka berlaku
bila
karena itu, menurut Teorema 4.10 kita dapat mendapatkan suatu invers dari , sehingga Kita sekarang membentuk penjumlahan
. Oleh
modulo
Bilangan bulat adalah solusi simultan dari kongruensi . Untuk menunjukkan ini, kita harus menunjukkan bahwa untuk Karena bila , kita memiliki Karena itu, dalam penjumlahan untuk , semua suku kecuali suku ke- kongruen ke
. Oleh karena itu,
karena
≡ 1 . , , ≡ ≡ , | . | . ≡
Kita sekarang menujukkan bahwa dua solusi kongruen . Misalkan dan keduanya solusi simultan untuk sistem kongruensi . Maka, untuk setiap sehingga Menggunakan Teorema 4.8, kita tahu bahwa Karena Karena itu, . Ini menunjukkan bahwa solusi simultan tersebut dari sistem kongrensi adalah tunggal . Contoh 4.16 Untuk menyelesaikan sistem
≡ 1 33 ≡ 2 5 ≡ 3 7 3∙5∙7105 1053 35, 1055 21, 1057 15 35 ≡ 1 33 2 ≡ 1 33 ≡ 2 33 21 ≡ 1 5 ≡ 1 5 15 ≡ 1 7 ≡ 1 7 ≡1∙35∙22∙21∙13∙15∙1 ≡157≡52 105 ≡52 105 52≡1 3,52≡2 5,52≡3 7
Kita memiliki
Untuk menentukan , kita menyelesaikan atau setara dengan . Hasilnya . Kita mendapatkan dengan menyelesaikan hasilnya . Terakhir, kita mendapatkan dengan menyelesaikan hasilnya . Oleh karena itu,
Kita dapat memeriksa apakah memenuhi sistem kongruensi ini setiap dengan memperhatikan bahwa Ada juga metode pengulangan untuk menyelesaikan sistem simultan kongruensi. Kita menjelaskan metode ini dalam contoh berikut. Contoh 4.17 Misalkan kita ingin menyelesaikan sistem
≡ 1 55 ≡ 2 6 ≡ 3 7 51, 51≡2 6 ≡ 5 6. 65, 565 65 1 3026 30 26 ≡ 3 77 ≡6 7. 76,
Kita gunakan Teorema 4.1 untuk menuiskan kembali kongruensi pertama sebagai sebuah persamaan, yaitu dimana adalah suatu bilangan bulat. Masukkan ekspresi ini untuk ke dalam kongruensi kedua, kita dapatkan , Yang mudah diselesaikan untuk menunjukkan bahwa Menggunakan Teorema Menggunakan 4.1 lagi, kita tulis dimana dimana adalah suatu bilangan bulat. Oleh karena itu,
Ketika kita memasukkan ekspresi ini untuk
ke dalam kongruensi ketiga, kita dapatkan
Ketika ekspresi ini terselesaikan, kita dapatkan bahwa Akibatnya, Teorema 4.1 memberitahu kita bahwa dimana adalah suatu bilangan bulat. Oleh karena itu,
30 3076 76 26210206 ≡206 ≡206 210 210,
Terjemahkan persamaan ini ke dalam bentuk kongruensi, kita dapatkan bahwa dan ini adalah solusi simultan.
Lemma 4.2 Jika
2 1 dan
adalah bilangan bulat positif, maka residu positif terkecil dari
2 1 , −+ ..... 2 12+ 1 2 1(2− . 2+ 2) 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1. 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
modulo
adalah
, dimana adalah modulo .
Bukti : Dari algoritma pembagian,
. 1, 1;
2 1
Kita
dimana dimana adalah residu positif terkecil dari
memiliki
yang menunjukkkan bahwa sisa tersebut ketika
ini adalah residu positif terkecil dari Contoh Lemma 4.2
dibagi dengan
adalah
modulo
5
3
2
3
31
7
3
7
4
3
7
127
15
7
Lemma 4.3
1 2 1
Jika dan adalah bilangan bulat positif, maka faktor persekutuan terbesar dari dan
2, 1
adalah
.
Bukti :
Ketika kita mempersembahkan Algoritma Euclid dengan
. . .
− −− − − −−, −,
dimana sisa terakhir,
0 ≤ ≤ 0 ≤ ≤ dan
2
, kita dapatkan
0 ≤ − ≤ − 2 1 2 2 1 2 1
adalah faktor persekutuan terbesar dari dam . adalah
Menggunakan Lemma 4.2 dan langkah-langkah dari Algoritma Euclid dengan
, 1
modulo
ketika ketika kita mempersembahkan Algoritma Euclid pada pasangan , kita dapatkan
. . .
dan
dan
− −− − − 2 1 − −−, , − 2 1 2 1,
Disini, sisa bukan nol terakhir, dari dan . Contoh Lemma 4.3
, 2, 1 2 1 2 1
faktor persekutuan terbesar faktor
2 1,2 1
(
4
3
1
1
15
8
1
6
8
2
3
63
255
3
Menggunakan Lemma 4.3, kita memiliki teorema berikut.
Teorema 4.13 .
2 1 2 1
Bilangan bulat positif
dan
adalah relatif prima jika dan hanya jika a dan b
relatif prima. Secara simbolis dapat dituliskan
( , ) ↔ , , Bukti : (i)
( , ) → , , ( , ) , , , , , , , →( , ) , , , , Menggunakan Lemma 4.3 bahwa
Sehingga
(ii)
, ( , ) Contoh teorema 4.13
Contoh ini dapat dilihat pada tabel dibawah ini. (a,b)
2, 1 2 1 2 1 2 1,2 1
a
b
7
6
1
1
127
63
1
4
6
2
3
15
63
3
4.2 Menyelesaikan Menyelesaikan Kekongruenan Kekongruenan Polinomial DEFINISI
−− ⋯ 0,1,2,…, 1−− Misalkan
, dimana
. Turunan dari
, dinotasikan dengan
adalah bilangan riil untuk
, sama dengan
−
.
Contoh:
Turunan dari f(x) = 4x4 + 6x2 – 3 3 adalah
4 0 6 03 4 .4− 3. 0− 2. 6− 1.0− 0 16 12 65 4 56 65≠2.4585 Jawab:
Bukan contoh
bukan turunan dari
Karena
LEMMA 4.4
Jika
dan adalah polinomial, maka dan , dimana adalah konstanta. Selain itu, jika adalah bilangan bulat positif, maka dan
konstanta.
, dimana adalah
I)
dan
adalah polinomial
→ ⋀ ( ) dimana c adalah konstanta
II)
+ → ⋀
,
dimana adalah konstanta.
Lemma 4.5.
1 …1− , ∈ + → …−
Jika
dan
adalah bilangan bulat positif dan
, maka
.
Teorema 4.14. Lemma Hensel .
≥2 ≡ 0 − ≢ 0 0≤< − ≡ 0 , ≡̅ − ̅ ≡ 0 ≡ 0 − ≡ 0 ≡ 0 ≢ 0 ≡ 0 ≡ − ≡ 0 − ≡ 0
Misalkan bahwa
adalah polinomial dengan koefisien bilangan bulat dan bahwa
adalah bilangan bulat dengan kongruensi (i)
. Misalkan lebih lanjut bahwa
. Maka,
Jika
, maka ada t bilangan bulat tunggal,
hingga
, sedemikian
, diberikan oleh
Dimana (ii)
adalah solusi
adalah invers dari
Jika
modulo p;
dan
,
maka
untuk semua bilangan bulat t;
(iii)
Jika
dan
memiliki solusi dengan
, maka
.
Dalam kasus (i), kita lihat bahwa solusi untuk tunggal dari
tak kongruen modulo
tidak
sisa untuk sisa untuk solusi
, dan dalam kasus (ii), seperti solusi lain sisa untuk solusi
atau tidak sama sekali.Lemma Hensel digunakan secara berulang
sampai ditemukan solusi kongruensi dari soal yang diminta.
Contoh penggunaan Lemma Hensel 1) Penggunaan lemma Hensel (i)
Tentukan solusi kongruensi
. Solusi untuk
adalah
.
. . Karena bukan 0, kita menemui kasus (i) dari Hensel Lemma. karena
yang berarti 2 adalah invers dari 3 mod 5.
Jadi, solusinya adalah .
2) Penggunaan Lemma Hensel Hensel (ii) dan (iii)
Tentukan solusi kongruensi Jawab:
Sebelumnya, kita cari dulu solusi untuk Dengan coba-coba, kita dapatkan Kemudian, kita cari solusi untuk
Kita gunakan solusi sebelumnya, yaitu 1. .
merupakan kasus (ii) dari Hensel Lemma. Maka, solusinya
Kemudian, kita cari solusi untuk *) Untuk
.
merupakan kasus (iii) dari Hensel Lemma. Maka, tidak mempunyai solusi.
*) Untuk
merupakan kasus (ii) dari Hensel Lemma. Maka, solusinya
*) Untuk
merupakan kasus (iii) dari Hensel Lemma. Maka, tidak mempunyai solusi.
Jadi, gabungan solusi kongruensi untuk
adalah
Kita akan membutuhkan lemma berikut tentang penjabaran Taylor untuk bukti dari lemma Hensel.
Lemma 4.6. Jika
2! ⋯ ! , ! … , !
adalah polinomial berderajat dengan koefisien bilangan bulat, maka
Dimana koefisien (yaitu 1,
adalah polinomial dalam
dengan
koefisien bilangan bulat. Bukti :
≤
Setiap polinomial berderajat adalah penjumlahan dari perkalian fungsi-fungsi
, dimana
. Selain itu, dengan Lemma 4.4, kita hanya perlu menetapkan Lemma 4.6 untuk
polinomial
, dimana
adalah bilangan bulat positif.
Dengan teorema binomial, kita memiliki
∑ − . = 1 …1 − −. !
Dengan Lemma 4.5, kita tahu bahwa
0≤≤ Karena
adalah bilangan bulat untuk semua bilangan bulat
, koefisien
/!
dan
. Karenanya,
sedemikian hingga
adalah bilangan bulat. Ini melengkapi bukti.
Kita sekarang memiliki semua bahan yang dibutuhkan untuk bukti lemma Hensel.
≡ 0 −.
≡ 0
, maka itu juga merupakan solusi dari
Oleh karena itu, sama dengan
untuk suatu bilangan bulat
Bukti. Jika adalah solusi dari
− − − − − 2! ⋯ ! , 1,2,…,. ≥2 ! ≤1 ∣ − 2 ≤ ≤ − ≡ − − − ≡ 0 − ≡ − ≡ 0 − ≡/− , 1. ′′ ≢ 0 ≡ ̅ ̅ . Bukti berikut setelah kita menentukan kondisi pada .
Dengan Lemma 4.6, berlaku bahwa
dimana
adalah bilangan bulat untuk
bahwa
dan
Diberikan bahwa
untuk
, berlaku
. Oleh karena itu,
.
Karena
adalah
solusi
dari
,
berlaku bahwa
.
Selanjutnya, kita dapat membagi kongruensi ini dengan
, karena
. Ketika kita melakukannya dan menyusun kembali suku-sukunya, kita
memperoleh kongruensi linear dalam , yaitu .
Dengan memeriksa solusi modulo
Misalkan bahwa
kita dapat bukti tiga kasus dari teorema.
. Berlaku bahwa
Menerapkan teorema
4.10, kita lihat bahwa kongruensi untuk memiliki solusi tunggal, ,
dimana
adalah invers dari
modulo . Ini membuktikan kasus (i).
Ketika jika
∣
′ ≡ 0
, yang berlaku jika dan hanya jika
adalah solusi. Ini berarti bahwa
−
Akhirnya, pertimbangkan kasus ketika
, ≢ 0 dan
. Dengan Teorema 4.10, , maka semua nilai
0,1,…,1. ′′ ≡ 0 ∤
adalah solusi untuk
membuktikan kasus (ii).
memiliki
, ≡ 0
, kita memiliki
, tetapi
Ini Ini
. Kita
; jadi, dengan Teorema 4.10, tidak ada nilai
dari adalah solusi. Ini menyelesaikan kasus (iii).
Corollary berikut menunjukkan bahwa kita dapat berulang kali menyisakn solusi, dimulai dengan solusi modulo , ketika kasus (i) lemma Hensel berlaku.
Corollary 4.14.1
≡ 0 ′ ≢ 0 , 2,3,…, − − ̅ , ̅ ̅ ̅ . ≡ ≡ ≢ 0 ̅ . ≥2 Misalkan bahwa adalah solusi dari kongruensi polinomial
, dimana
adalah prima. Jika sedemikian sedemikian hingga
, maka terdapat solusi tunggal
dimana
modulo .
adalah inverse dari
modulo
Bukti.Menggunakan hipotesis, kita lihat dengan lemma Hensel bahwa bersisasebuah solusi
tunggal
modulo
dengan
Karena
, dimana
. Karenanya,
, berlaku bahwa
. Menggunakan lemma
Hensel lagi, kita lihat bahwa ada solusi tunggal menjadi
modulo
, yang dapat ditunjukkan
Jika kita melanjutkan cara ini, kita temukan bahwa akibat
wajar berikut untuk semua bilangan bulat
. Contoh berikut menggambarkan bagaimana
lemma Hensel diterapkan.
Contoh penggunaan Corollary 4.14.1
2 7 4 ≡ 0 5 2 74≡0 5
Carilah solusi kongruensi dari corollary 4.14.1) 1. Kita lihat solusi dari
? (menggunakan
adalah bilangan bulat
≡1 5.
67, 0 5 2 ̅ 1 3̅ 2 − − ̅ − − ̅ ̅ 1 1 ̅ 1 152 0 10 9 ≡ 16 5 5
2. Karena
berlaku berlaku bahwa
.
1 13 ≢ 0 5 ⟺ 1 3 ≢ 5 ′
3. Kita dapat menggunakan akibat wajar 4.14.1 untuk menemukan solusi modulo
untuk
.
4. Perhatikan bahwa
, kita temukan bahwa
Jadi berlaku bahwa solusi modulo
adalah bilangan bulat
≡ 16 5
4.3 Sistem Kongruensi Linear Pada pembahasan tentang aljabar (biasa), salah satu topik adalah sistem persamaan linier. Dua persamaan linier dua variabel, tiga persamaan linier tiga variabel, atau n persamaan linier n variabel membentuk sistem persamaan linier. Penyelesaian sistem persamaan linier dapat dilakukan dengan cara eliminasi, cara substitusi, cara matriks, atau cara determinan. Masing-masing cara mempunyai langkahlangkah dan aturan-aturan tertentu dalam memperoleh selesaian. Serupa dengan pembahasan di aljabar, salah satu topik di teori bilangan adalah sistem kongruensi linier. Sistem kongruensi linier n variabel adalah gabungan dari n kongruensi linier bermodulo sama yang masing-masing-masing memuat paling banyak n variabel. Penyelesaian system kongruensi linier dapat dilakukan dengan substitusi, eliminasi, atau dengan menggunakan matriks dan determinan. Marilah kita mulai pembahasan tentang sistem kongruensi linier ini dengan sebuah peragaan, yaitu kita akan mencari semua bilangan bulat x dan y sehingga : 2x + 3y ≡ 7 (mod 11)
3x + 5y ≡ 6 (mod 11) Jika kita menggunakan cara substitusi, maka 2x + 3y ≡ 7 (mod 11) diubah menjadi kongruensi 2x ≡ 7 – 3y (mod 11) atau 3y ≡ 2x (mod 11), kemudian disubstitusikan ke kongruensi 3x + 5y ≡ 6 (mod 11). Misalkan kita memilih 2x ≡ 7 – – 3y (mod 11), 11), maka kita kalikan kedua ruas kongruensi dengan 6, sehingga diperoleh : 12x ≡ 42 – 18y – 18y (mod 11) , atau x ≡ 9 – 7y 7y (mod 11). Substitusi x ≡ 9 – 7y – 7y (mod 11) ke dalam 3x + 5y ≡ 6 (mod 11) diperoleh : 3(9 – 3(9 – 7y) 7y) + 5y ≡ 6 (mod 11) 11) , atau –16 y ≡ – 21 – 21 (mod 11), atau 6y ≡ 1 (mod 11), atau y ≡ 2 (mod 11) (mod 11) Dengan demikian x ≡ 9 – 7.2 – 7.2 (mod 11) ≡ – 5 – 5 (mod 11) ≡ 6 (mod 11) Jadi sistem kongruensi linier mempunyai selesaian x ≡ 6 (mod 11) dan y ≡ 2 (mod 11) Selesaian x dan y yang diperoleh dapat diperiksa kebenarannya dengan mensubstitusi kannya ke dalam masing-masing kongruensi linier. Jika kita menggunakan cara eliminasi, maka kita perlu menetapkan lebih dahulu yang dieliminasi, yaitu x atau y. Misalkan kita tetapkan y dieliminasi, maka kongruensi pertama dikalikan 5 dan kongruensi kedua dikalikan 3, sehingga diperoleh : 10x + 15y ≡ 35 (mod 11) 9x + 15y ≡ 18 (mod 11) Jika kongruensi pertama dikurangi kongruensi kedua, maka diperoleh : x ≡ 18 (mod 11) , atau x ≡ 6 (mod 11) Dengan jalan yang sama, jika x yang dieliminasi, maka kongruensi pertama dikalikan 3 dan kongruensi kedua dikalikan 2, sehingga diperoleh : 6x + 9y ≡ 21 (mod 11) 6x + 10y ≡ 12 (mod 11) Jika kongruensi kedua dikurangi kongruensi pertama, maka diperoleh :
y ≡ – 9 – 9 (mod 11) , maka y ≡ 2 (mod 11) Dengan cara substitusi ini kita dapat menyelesaikan sebarang system kongruensi linier dua variabel. Teorema 4.15
Ditentukan a,b,c,d,e,f,m
Z , m > 0 , dan
=
ad – ad – bc bc sehingga ( ,m) = 1
Sistem kongruensi linier : ax + by ≡ e (mod m) cx + dy ≡ f (mod m) mempunyai suatu selesaian tunggal yaitu :
x≡
(de – bf) bf) (de –
(mod m)
y≡
(af – ce) ce) (af –
(mod m)
dimana adalah inverse dari
modulo
m.
Bukti :
Jika y akan dieliminasi, maka kongruensi pertama dikalikan d dan kongruensi kedua dikalikan b , sehingga diperoleh : adx + bdy ≡ de (mod m) bcx + bdy ≡ bf (mod m) Jika kongruensi pertama dikurangi kongruensi kedua, maka diperoleh : (ad – (ad – bc)x bc)x ≡ (de – bf) bf) (mod m) atau
x≡
x
≡ (de – bf) bf) (mod (mod m) sehingga
(de – bf) bf) (de –
Karena
(mod m)
≡1 (mod m), maka diperoleh x ≡
(de – bf) bf) (de –
(mod m)
Selanjutnya, jika x akan dieliminasi, maka kongruensi pertama dikalikan c dan
kongruensi kedua dikalikan a , sehingga diperoleh : acx + bcy ≡ ce (mod m) acx + ady ≡ af (mod m) Jika kongruensi kedua dikurangi kongruensi pertama, maka diperoleh : (ad – (ad – bc)y bc)y ≡ (af – ce) ce) (mod m) atau
y
≡ (af – ce) ce) (mod m) sehingga
y≡
(af – ce) ce) (af –
Karena
(mod m)
≡1 (mod m), maka diperoleh y ≡
(af – ce) ce) (af –
(mod m)
Kita dapat memeriksa bahwa pasangan (x,y) merupakan solusi. Ketika
x≡
(de – bf) bf) (de –
(mod m) dan y ≡
(af – ce) ce) (af –
(mod m), kita dapat mensubstitusikan x dan
y tiap-tiap kongruensi. Contoh
Selesaikan system kongruensi linier : 4x – 4x – 7y 7y ≡ 6 (mod 17) 5x + 2y ≡ 9 (mod 17) Jawab : 4.2 – (-7)(5) (-7)(5) = 43 ≡ 9 (mod 17) dan = 4.2 –
= 2 , sebab
= 18 ≡ 1 (mod 17)
Dengan demikian x ≡
(de – bf) bf) (de –
(mod m) ≡ 2 (2.6 + 7.9) (mod 17) ≡ 14 1 4 (mod 17)
dan y ≡
(af – ce) ce) (af –
(mod m) ≡ 2 (4.9 – 5.6) – 5.6) (mod 17) ≡ 12 (mod 17)
Pemeriksaan : jika x = 14 dan dan y = 12 12 disubstitusikan pada masing-masing kongrukongruensi diperoleh 4x – 4x – 7y 7y = 56 – 56 – 84 84 = – 28 – 28 ≡ 6 (mod 17) dan 5x + 2y = 5.14 + 2.12 = 70 + 24 = 94 ≡ 9 (mod 17)
Untuk menyelesaikan sistem kongruensi linier 3 variabel atau le bih dengan cara eliminasi memerlukan langkah-langkah yang lebih panjang karena tahapan memperoleh x melalui eliminasi variabel-variabel yang lain. Cara menyelesaikan sistem kongruensi linier n variabel yang relative mudah adalah dengan menggunakan aljabar linier, yaitu persamaan matriks. Definisi.
Misalkan Adan B adalah matriks-matriks berukuran p x q dengan unsur-unsur bulat, aij merupakan unsur A pada baris ke i kolom ke j , dan b ij merupakan unsur B pada baris ke i kolom ke j. A disebut kongruen dengan B modulo m jika a ij ≡ bij (mod m) untuk semua pasangan (i,j) dengan 1 ≤ i ≤ p dan 1 ≤ j ≤ q , ditulis A ≡ B (mod m)
Contoh
34 46 8 7 ≡ 10 3 (mod 13) 23 29
(a)
20 5 39 1 2 (b) 15 7 58 ≡ 1 0 62 12 41 1 5
4
(mod 7) 6 2
Bukan Contoh
10 31 ≡ 11 26
(a)
3 10 4 5 (mod 13) , karena setiap unsur ke(i,j) unsur di matrik ruas kiri tidak
kongruen dengan setiap unsur ke(i,j) modulo 13 di ruas kanan,dengan 1≤ i ≤ 3, 1≤ j ≤3
20 5 39 1 5 (b) 15 7 58 ≡ 1 0 62 12 15 1 5
4
(mod 7) , karena unsur ke(3,3) yaitu 15 ≡ 6 (mod7) 6 2
Teorema 4.16
Jika A dan B adalah matriks-matriks matriks- matriks berukuran p x q , A ≡ B (mod m) , dan C ada lah suatu matriks berukuran q x r , D adalah suatu matriks berukuran r x p , semuanya dengan unsur-unsur unsur- unsur bulat, maka AC ≡ BC (mod m) dan DA ≡ DB (mod m) Bukti :
Misalkan unsur-unsur A adalah a ij , unsur-unsur B adalah b ij dengan 1 ≤ i ≤ p dan 1 ≤ j ≤ q , dan unsur -unsur -unsur C adalah c ij dengan 1 ≤ j ≤ q dan 1 ≤ j ≤r. Unsur AC dan BC pada baris ke i kolom ke j berturut-turut adalah : q
q
aik ckj dan bik ckj , k 1
1 ≤ i ≤ p dan 1 ≤ j ≤ r
k 1
Yang mana, q
q
aik ckj ≡ ( bik ckj ) (mod m), k 1
1 ≤ i ≤ p dan 1 ≤ j ≤ r
k 1
Diketahui bahwa A ≡ B (mod m) , maka sesuai definisi 4.3 , a ik ≡ bik (mod (mod m) untuk semua i dan k, dan menurut Teorema 4.3(iii) jika a ik ≡ bik (mod (mod m) maka aik c cik ≡ bik cik (mod (mod m) untuk semua i dan k, sehingga : q
q
aik ckj ≡ ( bik ckj )(mod m), 1 ≤ i ≤ p dan 1 ≤ j ≤ r k 1
k 1
Akibatnya, AC ≡ BC (mod m). Dengan jalan yang sama untuk membuktikan DA ≡ DB (mod m). Misalkan unsur-unsur A adalah a ij , unsur-unsur B adalah b ij dengan 1 ≤ i ≤ p dan 1 ≤ j ≤ q , dan unsur -unsur -unsur D adalah d ij dengan 1 ≤ j ≤ q dan 1 ≤ j ≤r. Unsur DA dan DB pada baris ke i kolom ke j berturut-turut adalah :
q
q
d ik akj dan d ik bkj , k 1
1 ≤ i ≤ p dan 1 ≤ j ≤ r
k 1
Yang mana, q
q
d ik akj
≡(
k 1
d ik bkj )(mod m),
1 ≤ i ≤ p dan 1 ≤ j ≤ r
k 1
Diketahui bahwa A ≡ B (mod m) , maka sesuai definisi 4.3 , a ik ≡ bik (mod (mod m) untuk semua i dan k, dan menurut Teorema 4.3(iii) jika a ik ≡ bik (mod (mod m) maka dik a aik ≡ dik b bik (mod (mod m) untuk semua i dan k, sehingga : q
q
d ik akj
≡(
k 1
d ik bkj )(mod m),
1 ≤ i ≤ p dan 1 ≤ j ≤ r
k 1
Akibatnya, DA ≡ DB (mod m).
Contoh
9 12 Diketahui : A dan B keduanya berukuran 3 x 2 , A = 13 10 dan B = 20 7
2
4 6 1
5
3 2 7
C berukuran 2 x 4, D berukuran 2 x 3 , C =
9 12 2 4 AC = 13 10 53 20 7 1 BC = 5 4
4
2 2 5 7
22 16 14 29 6 0 6 5 = 20 26 34 19 ≡ 4 2 2 3 (mod 8) 7 43 37 38 53 3 5 6 5
4 6 1 3 2
78 72 78 93 6 0 6 5 = 76 82 98 83 ≡ 4 2 2 3 (mod 8) 7 75 101 134 69 3 5 6 5
6 1 2
7 1 4 4 1 0
dan D =
1 5 4
4
7 2
9 12 7 1 4 = 28 58 ≡ 4 2 (mod 8) DA = 13 10 9 18 1 2 4 1 0 20 7 1 7 1 4 DB = 5 4 1 0 4
4
= 28 58 ≡ 4 2 (mod 8) 9 18 2 2 7 2
Perhatikan bahwa AC ≡ BC (mod 8) dan DA ≡ DB (mod 8)
Konvers Teorema 4.16 ( Bernilai Salah )
Misalkan A dan B adalah matriks-matriks berukuran p x q , C adalah suatu matriks berukuran q x r, D adalah suatu matriks berukuran r x p , yang semuanya dengan unsur bilangan bulat, jika AC ≡ BC (mod m) dan DA ≡ DB (mod m), maka A ≡ B (mod (mod m).
Contoh Penyangkal
1 2 0 0 1 1 0 0 , B = , C = , D = 1 1 1 1 0 0 , m = 3 yang mana 4 4
Ambil suatu matriks A =
1 2 1 1 3 3 1 1 = 8 8 4 4
AC =
0 0 1 1 0 0 1 1 = 2 2 1 1
BC =
Yang mana AC ≡ BC (mod 3) , tetapi A ≡ B (mod 3)
0 0 1 2 0 0 4 4 = 0 0 0 0
DA =
0 0 0 0 0 0 1 1 = 0 0 0 0
DB =
Yang mana DA ≡ DB (mod 3) , tetapi A ≡ B (mod 3)
Sekarang, marilah kita lihat cara memperoleh selesaian sistem kongruensi linier dengan menggunakan persamaan matriks, suatu cara yang serupa dengan cara memperoleh selesaian sistem persamaan linier di dalam aljabar (linier). Secara umum, suatu sistem kongruensi linier dapat dinyatakan sebagai : a11x1 + a12x2 + … + a1nxn ≡ b1 (mod m) a21x1 + a22x2 + … + a2nxn ≡ b2 (mod m) .
.
…
.
.
.
.
…
.
.
.
.
…
.
.
an1x1 + an2x2 + … + annxn ≡ bn (mod m)
Dalam bentuk persamaan matriks, sistem kongruensi linier ini dapat ditulis dengan : AX ≡ B (mod m)
dimana :
a11 a 21 . A= . . a 1 n
. . .
a a
a
1n
12
. . . 22
a
.
.
.
.
.
.
a
. . . n2
a
2n
nn
x x . , X = , dan B = . . x n 1
2
b b2 . . . bn
Contoh
Suatu sistem kongruensi linier : 2x + 3y + 4z ≡ 2 (mod 11) 3x + y + 2z ≡ 7 (mod 11) 11) 4x + 2y + z ≡ 3 (mod 11) 11) dapat dinyatakan sebagai :
2 3 4 3 1 2 4 2 1
x 2 y = 7 (mod 11) z 3
Selesaian sistem kongruensi linier : A X ≡ B (mod m)
diperoleh dari : A-1 A X ≡ A -1 B (mod m) , A -1 adalah inverse A modulo m I X ≡ A -1 B (mod m) , I adalah matriks identitas X ≡ A-1B (mod m)
denganA-1 didefinisikan sebagai berikut :
Definisi
Jika A dan A -1 adalah matriks-matriks dengan unsur-unsur bilangan bulat, dan berukuran n x n , serta A-1A ≡ A A-1 ≡ I (mod m), dengan :
1 0 0 1 . . I= . . . . 0 0
0 . . .
. . . 0 ....
adalah matriks identitas berderajad n ,
.... ....
. . . 1
maka A-1 disebut inverse matriks A modulo m . Contoh
5 3 1 1 B = , 6 2 yang mana 7 8
A=
5 3 1 1 23 11 1 0 7 8 6 2 = 55 23 ≡ 0 1 (mod 11) 1 1 5 3 12 11 1 0 6 2 7 8 = 44 34 ≡ 0 1 (mod 11) Sehingga B merupakan invers matriks A modulo 11
Bukan Contoh
5 3 1 3 B = , 6 2 yang mana 7 8
A=
5 3 1 3 23 21 1 1 7 8 6 2 = 55 37 ≡ 0 4 (mod 11) 1 3 5 3 26 6 2 7 8 = 44
27
4 5 ≡ (mod 11) 34 0 1
Sehingga B bukan invers matriks A modulo 11 atau A bukan invers matrik B modulo 11.
Jika A-1 merupakan suatu invers dari A modulo m dan B ≡ A -1 (mod m), maka B juga merupakan invers dari A modulo m. Menurut teorema 4.16 , karena BA ≡ A -1A ≡ I (mod m). mengakibatkan , jika B1 dan B2 keduanya invers dari A, maka B1 ≡ B2 (mod m).
Teorema 4.17
Diketahui suatu matriks :
a b c d
A=
dengan unsur-unsur bilangan bulat,
=
det A = ad – ad – bc bc , dan ( ,m) = 1.
Maka inversi matriks A modulo m adalah :
A-1 =
-1
d b c a
dengan -1 adalah inversi
modulo
m
Bukti :
Untuk membuktikan A -1 adalah inversi A modulo modulo m, kita harus membuktikan bahwa AA-1 ≡ A-1A (mod m)
a b c d
AA-1 ≡
≡
-1
-1
d b c a ≡
-1
ad bc 0
ad bc
0
0 1 0 1 0 ≡ ≡ I (mod I (mod m) 0 ≡ 1 0 1 0
Dengan jalan yang samauntuk membuktikan bahwa A -1A ≡ I (mod m)
A-1A ≡
-1
d b a b c a c d ≡
-1
ad bc 0
ad bc
0
≡
Dimana
-1
-1
0 1 0 1 0 ≡ ≡ I (mod I (mod m) 0 ≡ 1 0 1 0
adalah invers
(
mod m ) , adanya hal ini karena ( ,m) = 1 yang berarti
∃ ∈
( ,m) = 1 dapat dapat diubah menjadi combinasi linier yaitu x + ym = 1 , x,y
.
Sehingga x + ym = 1 ↔ x - 1 = m (-y) yang berarti m | (x - 1 ) → x ≡ 1 (mod m) , menyebabkan x merupakan invers
(mod
m).
Contoh
5 3 , dengan demikian 7 8
Diketahui A =
Inversi dari
=
19 modulo 11 adalah
=
-1
5.8 – 5.8 – 7.3 7.3 = 19
= 7 sebab
-1
= 19.7 = 133 ≡ 1 (mod 11)
8 3 56 21 1 1 = 49 35 ≡ 6 2 (mod 11) 7 5
Jadi inversi A adalah A -1 = 7
Selanjutnya, seperti uraian uraian yang yang telah kita kita pelajari pelajari dalam aljabar linier, terutama pada topic matriks dan determinan, kita mengenal dan memahami tentang matriks adjoit dan dan rumusan mencari inversi matriks dengan menggunakan matriks adjoit dan determinan. Secara rinci Anda dipersilahkan membaca ulang materi-materi itu, termasuk di antaranya minor dan kofaktor.
Definisi
Ditentukan A adalah suatu matriks berukuran n x n Adjoit dari matriks A, ditulis adj A, adalah suatu matriks berukuran n x n yang un-surunsur ke(i,j) adalah
ji
dimana
ij
sama dengan (-1)i+j dikalikan determinan suatu
matriks yang yang diperoleh dengan menghapus semua unsur unsur A pada baris baris ke i dan ko-lom ke j
Contoh
2 3 4 Misalkan A = 3 1 2 4 2 1 = (-1)1+1 11
1
2
31
= (-1)3+1
= (-1)2+2 22
2
1
3
4
1
2
2
4
= (-1)1+3 13
4
1
3
1
33
= (-1)3+3
4
2
2
3
3
1
= 1.(-3) = -3
= (-1)2+1 21
= 1.(2) = 2 12 = (-1)1+2
= 1.2 = 2
3 5 2 (adj A) = 5 14 8 2 8 (7)
Bukan Contoh
2 3 4 Misalkan A = 3 1 2 4 2 1
3
2
4
1
4
2
1
= (-1).(-5)= 5
= (-1).(-5) = 5
= (-1)3+2 32
= 1.(-14) = (-14)
= 1.(-7) = (-7)
3
= (-1)2+3 23
2
4
3
2
2
3
4
2
= (-1).(-8) = 8
= (-1).(-8) = 8
3 5 2 (adj A) = 5 14 8 2 8 (7) Teorema 4.18
Jika A adalah suatu matriks berukuran n x n dan det A ≠ 0 , ma ka A (adj A) = (det A) I Bukti :
Untuk membuktikan teorema tersebut kita memiliki AA -1 = A-1A = I dan Teorema 1.4.5 pada mata kuliah Aljabar Linier Elementer yang berarti A-1 =
( adjA) det A
Dengan menggunakan AA -1 = I dan mensubstitusikan A -1 =
A.
( adjA) det A
( adjA) det A
sehingga
= I
Dengan mengalikan kedua ruas dengan det A pada sisi kiri , karena detdiperoleh A. (adjA) = I det A = det A I , karena det A berupa konstanta maka berlaku sifat komutatif. Sehingga teorema ini terbukti.
Contoh
2 9 → (adj A) = 3 3
A=
3 9 3 2 .
2 9 9 3 = -21 → (det A) = 2 3 – 9 3 3
A=
2 9 3 3
A (adjA) =
3 9 21 0 3 2 .= 0 21
1 0 21 0 . = 0 . 0 1 21
det A I = -21
Yang mana A (adj A) = det A I sehingga memenuhi teorema 4.18 .
Konvers Teorema ( Bernilai Salah )
Misalkan A adalah suatu matriks berukuran n x n , jika A. (adjA) = det A . I, maka det A ≠ 0.
Contoh Penyangkal :
0 0 . 0 0
Misalkan A =
0 0 0 0 → (adj A) = 0 0 0 0
A=
0 0 → (det A) = 0 0 0
A=
0 0 0 0 0 0 0 0 = 0 0 0 0
A (adj A) =
1 0 0 0 = 0 0 0 1
(det A) . I = 0.
yang mana A (adj A) = (det A). I , tetapi tet api det A = 0. Sehingga contoh ini menyangkal konvers. Teorema 4.19
Jika A adalah suatu matriks berukuran n x n dan semua unsur-unsurnya unsur-unsurnya adalah bilangan bulat, serta m adalah bilangan bulat positif sehingga ( ,m) = 1, maka inversi dari A modulo m adalah : A-1 =
-1
(adj A)
-1 adalah
Dimana
invers dari
modulo
m
Bukti :
Karena ( ,m) = 1 , maka
0, dan sesuai teorema 4.9 , A (adj A) =
Selanjutnya, dari ( ,m) = 1 dapat ditentukan bahwa
mempunyai
I
inverse
modulo m, sehingga : A ( -1) (adj A) ≡ A (adj A)
Jadi
-1
(adj A) A ≡
-1
-1
= ( I)
(adj A .A ) ≡
-1
-1
-1
≡
-1
I ≡ I (mod m) , dan
I ≡ I (mod m)
(adj A) adalah inversi A, atau A -1 =
-1
(adj A)
Contoh
2 2 2 , maka Diketahui A = 1 2 3 2 3 4
=
4 , dan
1 14 10 A-1 = -1 (adj A) = 3 2 12 8 = 1 2 2 8 ≡ 6 8 Pemeriksaan :
2 8
(mod 11) 6
3 9 5
-1
≡ 3 (mod 11)
3 42 30 6 36 24 3 6 6
-1
2 2 2 AA-1 = 1 2 3 2 3 4
8 6 8
12 44 9 = 66 6
2 8 3 5
0
22
33 67 23 44
1 0 0 ≡ 0 1 0 (mod 11) 0 0 1
Sekarang kita dapat menggunakan inverse A modulo m untuk menyelesaikan suatu kongruensi linier : A X ≡ B (mod m) dimana ( ,m) = 1. Berdasarkan teorema 4.10, karena ( ,m) = 1, maka A mempunyai invers, misalnya A -1 sehingga jika kedua ruas A X ≡ B (mod m) dikalikan A-1 diperoleh : A-1 (A X) = A-1 B (mod m) (A-1 A) X = A-1 B (mod m) I X = A-1 B (mod m) X = A-1 B (mod m) Dengan demikian selesaian kongruensi linier simultan adalah X = A-1 B (mod m)
Contoh 4.20
Selesaikan system kongruensi linier : x + 2y + z ≡ 4 (mod 7), x – y + z ≡ 5 (mod 7), 2x + 3y + z ≡ 1 (mod 7)
1 2 Jawab : 1 1 2 3
1
1 1
x 4 y = 5 (mod 7) z 1
1 2 A = 1 1 2 3
1
x 4 1 , X = y , dan B = 5 z 1 1
= 3 , dan ( ,7) = (3,7) = 1 , maka
-1
≡ 5 (mod 7)
4 1 3 A-1 = -1 (adj A) ≡ 5 1 1 0 = 5 1 3
20 5 15 5 50 25 5 15
1 5 1 ≡ 5 2 0 ( mod 7 ) 4 5 6 1 5 1 X = A-1 B = 5 2 0 4 5 6
4 5 = 1
30 2 30 ≡ 2 ( mod 7 ) 47 5
