MODUL 2 KETERBAGIAN BILANGAN BULAT Gatot Muhsetyo
Pendahuluan
Dalam modul Keterbagian Bilangan Bulat ini diuraikan tentang sifat-sifat dasar keterbagian, algoritma pembagian, konsep-konsep dasar factor persekutuan terbesar (fpb) dan kelapatan pesekutuan terkecil (kpk) dan penerapannya, algoritma Euclides, serta keprimaan. Keterbagian (divisibility) merupakan bahan dasar dalam uraian lebih lanjut tentang pembahas pembahasan an teori bilangan. bilangan. Setelah Setelah pembahasa pembahasann tentang tentang fpb dan kpk, sifat-sifat sifat-sifat dasar dasar keterb keterbagi agian an dapat dapat diperlua diperluass menjad menjadii lebih lebih lengk lengkap ap dan menda mendalam lam.. Demiki Demikian an pula pula pembahas pembahasan an tentang tentang fpb dan kpk beserta beserta sifat-sifatnya sifat-sifatnya dapat dapat lebih dikembang dikembangkan kan dan dikaitkan dengan keterbagian. Penerapan algoritma Euclides dalam pembahasan fpb dan kpk merupakan bahan yang memberikan peluang kemudahan untuk mencari fpb dan kpk dari bilangan-bilangan yang relative besar, dan untuk menyatakan suatu fpb sebagai kombinasi linier dari bilangan-bilangan komponennya. Secara keseluruhan, materi pokok dalam modul ini meliputi keterbagian, fpb dan kpk, dan dan keprim keprimaa aan. n. Keter Keterkait kaitan an antara antara ketiga ketiga materi materi pok pokok ok menjad menjadii lebih lebih jelas jelas setel setelah ah berbagai berbagai kasus dipaparkan dipaparkan dan diselesaik diselesaikan an melalui melalui contoh, contoh, tugas, tugas, latihan, latihan, dan tes formatif. Kompetensi Umum
Kompetensi Umum dalam mempelajari modul ini adalah mahasiswa mampu memahami konsep dan sifat keterbagian, fpb dan kpk, keprimaan, dan keterkaitan antara ketiga topic pokok. Kompetensi Khusus
Kompetensi Khusus dalam mempelajari modul ini adalah mahasiswa mampu menjelaskan konsep keterbagian dan sifat-sifatnya, konsep fpb dan kpk serta sifatsifatnya, konsep keprimaan dan sifat-sifatnya, serta keterkaitan satu sama lain untuk menyelesaikan masalah-masalah tertentu
1
Susunan Kegiatan Belajar
Modul 2 ini terdiri dari dua Kegiatan Belajar. Kegiatan Belajar pertama adalah Keterbagian Bilangan Bulat, dan Kegiatan Belajar kedua adalah FPB dan KPK. Setiap kegiatan belajar memuat Uraian, Contoh, Tugas dan Latihan, Rambu-Rambu Jawaban Tugas dan Latihan, Rangkuman, dan Tes Formatif. Pada bagian akhir modul 2 ini ditempatkan Rambu-Rambu Jawaban Tes Tes Formatif 1 dan Tes Formatif Formatif 2. Petunjuk Belajar
1. Bacalah Uraian dan Contoh dengan cermat dan berulang-ulang sehingga Anda benarbenar memahami dan menguasai materi pembahasan. 2. Kerjakan Tugas Tugas dan Latihan yang tersedia secara mandiri. mandiri. Jika dalam kasus kasus atau tahapan tertentu Anda mengalami kesulitan menjawab, maka pelajarilah Rambu-Rambu Jawaban Tugas Tugas dan Latihan. Jika langkah ini belum berhasil menjawab permasalahan, maka mintalah bantuan tutor Anda, atau orang lain yang lebih tahu. 3. Kerjakan Tes Formatif secara mandiri, dan periksalah Tingkat Penguasaan Anda dengan cara mencocokkan mencocokkan jawaban Anda dengan dengan Rambu-Rambu Rambu-Rambu Jawaban Tes Formatif. Ulangilah pengerjaan Tes Tes Formatif sampai Anda benar-benar benar-benar merasa mampu mengerjakan semua soal dengan benar.
2
MODUL 2 KEGIATAN BELAJAR 1
KONSEP DASAR KETERBAGIAN Uraian
Pembagian bilangan bulat merupakan bahan pelajaran matematika yang sudah diberikan di sekolah dasar. Bahan pelajaran ini diperluas penggunaannya sampai pada pemfaktoran pemfaktoran prima, faktor persekutua persekutuann terbesar terbesar (FPB), (FPB), kelipatan kelipatan persekutua persekutuann terkecil terkecil (KPK), dan keterbagian oleh bilangan tertentu (misalnya keterbagian oleh 2,3, atau 9). Untuk memberikan dasar atau landasan yang lebih kuat kepada guru matematika di sekol sekolah, ah, maka maka merek merekaa perlu perlu belaja belajarr lebih lebih menda mendalam lam tentan tentangg konse konsep-ko p-konse nsepp dasar dasar keterbagian. Keter Keterbag bagian ian (divis (divisibil ibility) ity) merup merupaka akann dasar dasar penge pengemba mbanga ngann teori teori bilanga bilangan, n, sehingga konsep-konsep keterbagian akan banyak digunakan di dalam sebagian besar uraian atau penjelasan matematis tentang pembuktian teorema. Jika suatu bilangan bulat dibagi oleh suatu bilangan bulat yang lain, maka hasil baginya baginya adalah suatu bilangan bulat atau suatu bilangan bilangan yang tidak bulat, misalnya, jika 40 dibagi 8, maka hasil baginya adalah bilangan bulat 8; tetapi jika 40 dibagi 16, maka hasil baginya adalah 2,5. Keadaan inilah yang memberikan gagasan tentang perlunya definisi keterbagian. Definisi 2.1
Suatu bilangan bulat q habis dibagi oleh suatu bilangan bulat p ≠ 0 jika ada suatu bilangan bilangan bulat bulat x sehing sehingga ga q = px Notasi
p | q dibaca dibaca p membagi membagi q, p faktor faktor dari dari q, q habis dibagi dibagi p, atau atau q kelipatan kelipatan dari dari p p Θ q dibaca dibaca p tidak membagi membagi q, p bukan faktor faktor dari q, q tidak habis dibagi dibagi p, atau q bukan kelipatan dari p Contoh 2.1
a. b. c. d.
6 | 18 sebab sebab ada ada bilan bilanga gann bulat bulat 3 sehing sehingga ga 18 = 6.3 6.3 12 Θ 15 sebab tidak ada bilangan bulat x sehingga 15 = 12.x 5 | -30 sebab sebab ada ada bilan bilangan gan bula bulatt -6 sehing sehingga ga -30 -30 = 5.(-6) 5.(-6) -4 | 20 sebab sebab ada ada bilanga bilangann bulat bulat 5 sehingga sehingga 20 = (-4).5 3
Berdasarkan definisi 2.1 diatas jelas bahwa faktor-faktor suatu bilangan bisa merupakan bilangan bilangan bulat positif atau merupaka merupakann bilangan bilangan bulat bulat negatif. negatif. Dengan Dengan demikian, demikian, faktorfaktorfaktor dari: 6, adalah 1, -1, 2, -2, 3, -3, 6, dan -6 15, adalah 1, 1, -1, 3, -3, 5, 5, -5, 15, dan -15 Beberapa sifat sederhana keterbagian adalah : 1. 1 | p untuk setiap p ∈ Z 2. p | 0
untuk setiap p ∈ Z dan p ≠ 0
3. p | p untuk setiap p ∈ Z dan p ≠ 0 4. Jika Jika p | q, maka kemun kemungki gkinan nan hubun hubunga gann antara antara p dan q adalah adalah p < q, p = q, atau atau p > q (misaln (misalnya ya 3 | 6, 3 | 3, 3, atau atau 3 | -3) -3) Teorema 2.1
Jika p, q ∈ Z dan p | q, q, maka p | qr untuk semua semua r ∈ Z Bukti:
Diketahui bahwa p | q, maka menurut definisi 2.1, ada suatu x ∈Z sehingga q = px q = px berarti qr = pxr, atau qr = p(x.r) dengan xr ∈ Z (sebab x ∈ Z dan r ∈ Z) Sesuai dengan definisi 2.1, karena qr = p(xr) maka p | qr Teorema 2.2
Jika p , q, r ∈ Z, p | q, dan q | r , maka p | r Bukti:
Diketahui p | q dan q | r, maka menurut definisi 2.1, tentu ada x, y ∈ Z sehingga q = px dan r = qy, r = qy dan q = px, maka r = (px)y atau r = p (xy) dengan x, y ∈Z Sesuai dengan definisi 2.1, karena r = p(xy), maka p | r Teorema 2.3
Jika p, q ∈ Z, p | q dan q | p, maka p = ± q Bukti:
Diketahui p | q dan q | p maka menurut definisi 2.1, terdapat x,y ∈ Z sehingga p = qx qx dan q = py. Jadi: p = (py)x = p(yx) = (xy) = (xy)p, atau 1.p = (xy) p, sehingga xy = 1 4
Dengan demikian, karena x,y ∈ Z dan xy = 1, maka diperoleh x = -1 = y atau x=1=y Jika x = -1 = y, maka p = -q Jika x = 1 = y, maka p = q Teorema 2.4
Jika p, q, r ∈ Z, p | q dan p | r, maka p | q + r Bukti:
Karena p | q dan p | r, maka menurut definisi 2.1, ada x,y ∈ Z sehingga sehingga q = px dan r = py. Dengan demikian q + r = px + py = p(x + y) Kerena x,y∈Z, maka sesuai dengan sifat tertutup tertutup penjumlahan bilangan bulat, x +y∈Z Jadi : p | q + r Teorema 2.4 dapat diperluas tidak hanya berlaku untuk q, r tetapi untuk q, r, s, t,.., artinya jika p | q, p | r, p | s,s, p | t, dan…, maka maka p | q + r + s + t +… Selanjutnya, teorema 2.4 tetap berlaku jika operasi penjumlahan (+) diganti dengan operasi pengurangn (–), buktikan ! Teorema 2.5
Jika p, q, r ∈ Z, p | q dan p | r, maka p | qx + ry untuk semua semua x, y ∈ Z + ry disebut kombinasi linear dari q dan r)
(qx
Buktikan!
Teorema 2.6.
Jika p, q, r ∈ Z, p > 0, 0, q > 0, dan dan p | q, maka p ≤ q Bukti:
Karena p | q, maka menurut definisi 2.1, ada x ∈ Z sehingga q = px Karena p > 0, q > 0, dan q = px, maka x > 0 Karena x ∈ Z dan x > 0, maka kemungkinan nilai-nilai x adalah 1, 2, 3, …, yaitu x = 1 atau x > 1 Jika x = 1, maka q = px = p(1) = p. 5
Jika x > 1, dan q = px, maka p < q Jadi p ≤ q Teorema 2.7
Jika p, q, r ∈ Z, p > 0, q > 0, p | q dan q | p, maka p = q. Buktikan!
Teorema 2.8
p | q jika jika dan dan hanya hanya jika kp | kq kq untuk untuk semua semua k ∈ Z dan k ≠ 0 Buktikan!
Teorema 2.9
Jika p, q, r ∈ Z, p ≠ 0, p | q + r, dan p | q, maka p | r Buktikan!
Uraian berikutnya membahas tentang algoritma pembagian. Suatu algoritma didefinisikan sebagai serangkaian langkah-lanbgkah atau prosedur yang jelas dan terhingga untuk menyelesaikan suatu masalah. Kita lazim menggunakan istilah algoritma pembagian (div (divis ision ion algo algorit ritma ma)) mesk meskipu ipunn istila istilahh ini tidak tidak menu menunju njukk kkan an adan adanya ya alto altorit ritma ma.. Pembicaraan algoritma sebagai prosedur dalam menyelesaikan masalah terdapat nanti pada pembahas pembahasan an tentang tentang algoritm algoritmaa Enclides. Enclides. Teorema 2.10, Algoritma Pembagian
Jika p, q ∈ Z dan p > 0, maka ada bilangan-bilangan r, s ∈ Z yang masingmasingmasing tunggal sehingga q = rp + s dengan 0 ≤ s < p. Jika p tidak membagi membagi q, maka s memenuhi memenuhi ketidaksamaan ketidaksamaan 0 < s < p. Dari pernyataan q = rp + s, 0 ≤ s < p, r disebut hasil bagi (quotient), s disebut sisa (remainder), q disebut yang dibagi (dividend) dan p disebut pembagi (divisor). Kita seca secara ra tradis tradisii meng menggu guna naka kann istil istilah ah algo algorit ritma ma mesk meskipu ipunn sesu sesung nggu guhn hnya ya algo algorit ritma ma pembagia pembagiann bukan bukan merupaka merupakann suatu suatu algoritma. algoritma. Sebel Sebelum um membu membuktik ktikan an Teore Teorema ma 2.9 2.9,, agar agar lebih lebih mudah mudah dalam dalam memah memahami ami langka langkahhlangkah pembuktian, simaklah dengan cermat uraian berikut:
6
Ditentukan dua bilangan bulat 4 dan 7 dengan 4 | 7, maka dapat dibuat barisan aritmetika 7 - (r.4) dengan x ∈ Z untuk r = 3, 7 - (r.4) = 7 - 12 = -5 untuk r = 2, 7 - (r.4) = 7 - 8 = -1 untuk r = 1, 7 - (r.4) = 7 - 4 = 3 untuk r = 0, 7 - (r.4) = 7 – 0 = 7 untu untukk r = -1, 7 - (r. (r.4) 4) = 7 – (-4 (-4)= )= 11 dan seterusnya sehingga diperoleh barisan …, -5, -1, 3, 7, 11, … Barisan ini mempunyai suku-suku yang negativf, dan suku-suku yang tidak negatif sebagai unsur-unsur himpunan T. T = {3, 7, 11,…} atau T = {7 – (4.r) | r ∈ Z, 7 – (4.r) ≥ 0} Karena T ⊂ N dan N adalah adalah himpunan himpunan yang terurut terurut rapi, maka menurut menurut prinsip urutan urutan rapi, T mempunyai unsur terkecil. Perhatikan bahwa unsur terkecil T adalah 3. Karena 3 ∈ T, maka 3 = 7 – (4.r) untuk suatu r ∈ Z. dalam hal ini r = 1, sehingga 3 = 7 - (4.1), atau 7 = 1.4 + 3 Dengan demikian dapat ditentukan bahwa: 7 = 1.4 + 3 dengan 0 ≤ 3 < 4 Karena 4 │ 7, maka 7 = r.4 + s dengan r = 1 dan s = 3 Perhatikan bahwa untuk 4, 7 ∈ Z, ada r, s ∈ Z sehingga sehingga 7 = r.4 + s dengan 0 ≤ s < 4 Marilah sekarang kita membuktikan teorema 2.10 Bukti:
Dengan p, q ∈ Z dapat dibentuk suatu barisan barisan aritmatika (q – rp) dengan r ∈ Z, yaitu … , q – 3p, q – 2p, q – p, q, q + 2p, q + 3 p, … yang mempunyai bentuk umum q – rp Ambil suatu himpunan T yang unsur-unsurnya adalah suku barisan yang tidak negatif, yaitu: T = {q – rp | r ∈ Z, q – rp ≥ 0} Karena T ⊂ N dan N adalah adalah himpunan himpunan yang terurut terurut rapi, maka menurut menurut prinsip urutan rapi, T mempunyai unsur terkecil, misalnya s. Karena s ∈ T, maka s = q – rp untuk suatu r ∈ Z, sehingga q = rp + s. Jadi jika p, q ∈ Z dan p > 0, maka ada r, s ∈ Z sehingga q = rp + s. 7
Sampai disini pembuktian baru pada tahap menunjukkan eksistensi dari r dan s. berikutnya berikutnya akan akan dibuktikan dibuktikan bahwa bahwa 0 ≤ s < p dengan dengan mengguna menggunakan kan bukti tidak langsung. Anggaplah bahwa 0 ≤ s < p tidak benar, s < 0 atau s ≥ p. Karena s ∈ T, maka s tidak mungkin negatif, sehingga kemungkinannya tinggal s ≥ p.
s ≥ p, maka s – p ≥ 0, sehingga (q – rp) – p ≥ 0 atau q – (r + 1) p ≥ 0. Karena s – p ≥ 0 dan s – p = q – (r + 1) p atau s – p mempunyai bentuk q – rp, maka s – p ∈ T Karena p > 0, maka s – p < s, sehingga s – p merupakan unsur T yang lebih kecil dari s. Hal ini bertentangan dengan pengambilan s sebagai unsur terkecil dari T. Jadi: 0 ≤ s < p Selanjutnya, buktikan ketunggalan dari r dan s Petunjuk: gunakan bukti tidak langsung, misalnya r dan s tidak tunggal, yaitu ada r 1, r 2, s1, s2 ∈ Z dan : q = r 1 p p + s1, 0 < s1 < p q = r 2 p p + s2, 0 < s1 < p Contoh 2.1
Tunjukkan: a. Jika ika p | q, q, ma maka p 2 | q2 b. Jika p | q, maka maka p | 3q2 Jawab:
a. Karena Karena p | q, maka maka sesuai sesuai denga dengann definisi definisi 2.1, 2.1, ada bilang bilangan an k ∈ Z sehingga q = kp, dengan demikian q 2 = k2 p2. Sesuai dengan sifat ketertutupan perkalian bilangan bulat, karena k ∈ Z, maka k . k = k 2 ∈ Z q2 = k2 p2 dan k2 ∈ Z, maka sesuai dengan definisi 2.1, p 2 | q2. b. Karena Karena p | q, maka maka sesuai sesuai denga dengann teorema teorema 2.1, 2.1, p|qr untuk untuk semua semua r ∈ Z Ambil r = 3q, maka 3q ∈ Z untuk sebarang q ∈ Z Dengan demikian, dari p | qr dan r = 3q ∈ Z, maka p | q (3q) atau p | 3q2.
8
Contoh 2.2.
Diketahui: (a1a0) = a1.10 + a0 dan 3 | t Tunjukkan bahwa t | a 1 + a0 Jawab: t = a1.10 + a0 = a1 (9 + 1) + a0 = 9a1 + (a1 + a0) 3 | t atau 3 | 9a 0 + (a1 + a0) dan 3 | 9a 0, maka menurut teorema 2.9, a1 + a0
3|
Contoh 2.3
Diketahui t = (a4 a3 a2 a1 a0) = a4.104 + a3.103 + a2.102 + a1.10 + 40 dan 11 | t Tunjukkan bahwa t | a 0 – a1 + a2 – a3 - a3 + a4 Jawab: t = a4.104 + a3.103 + a2.102 + a1.10 + a0 = a0 + a1(11 – 1) + a2 + a1(99 + 1) + a3 (1001 – 1) + a4 (9999 + 1) = (11a1 + 99a2 + 1001a3 + 9999a4) + (a0 - a1 + a2 - a3 + a4) t = 11(a1 + 9a2 + 91a3 + 909a4) + (a0 - a1 + a2 - a3 + a4) Karena 11 | t, yaitu 11 | 11(a 1 + 9a2 + 91a3 + 909a4) + (a0 - a1 + a2 - a3 + a4) dan 11 | 11 (a 1 + 9a2 + 91a3 + 909a4), maka menurut teorema 2.9, 11 | (a 0 - a1 + a2 - a3 + a4) Contoh 2.4
Menurut teorema algoritma pembagian, nyatakan sebagai q = rp + s, 0 ≤ s < p, jika: a. p = 7 da dan q = - 100 b. p = 12 12 dan q = - 150 150 Jawab: a. -100 -100 = (-1 (-15) 5)(7 (7)) + 5, 0 ≤ 5 < 7 b. -150 = (-13)(12) (-13)(12) + 6, 0 ≤ 6 < 12 Teore Teorema ma algo algorit ritma ma pemb pembag agian ian dapa dapatt digu diguna naka kann untuk untuk memil memilah ahka kann atau atau memisahkan himpunan bilangan bulat menjadi n himpunan bagian yang saling lepas (disjoint) dengan n ∈ {2, 3, 4,…} Jika p = 2 dan q adalah sebarang bilangan bulat, maka menurut teorema algoritma pembagia pembagian, n, q dapat dapat dinyatak dinyatakan an sebaga sebagai:i:
9
q = 2p + s, 0 ≤ s < 2 Karena r ∈ Z dan 0 ≤ r < 2, maka kemungkinan nilai-nilai s adalah s = 0 dan s = 1 untuk s = 0, q = 2p + s = 2p + 0 = 2p untuk s = 1, q = 2p + s = 2p + 1 q = 2p dengan p ∈ Z disebut bilangan bulat genap (even integer) dan q = 2p + 1 dengan p ∈ Z disebut bilangan bulat ganjil atau gasal (odd integer). Dengan demikian himpunan bilangan bulat dapat dipisahkan menjadi dua himpunan bagian bagian yang lepas, yaitu himpunan bilangan bilangan bulat genap dan himpunan himpunan bilangan bilangan bulat bulat ganjil. ganjil. Dengan Dengan kata lain, setiap setiap bilangan bilangan bulat selalu dapat dapat dinyatakan dinyatakan sebagai salah satu dari: q = 2p atau q = 2p + 1, p ∈ Z Dengan jalan lain yang sama, setiap bilangan bulat selalu dapat dinyatakan sebagai: q = 3p, q = 3p + 1, q = 3p + 2, p ∈ Z q = 4p, q = 4p + 1, q = 4p + 2, q = 4p + 3 , p ∈ Z q = 5p, q = 5p + 1, q = 4p + 2, q = 5p + 3 , q = 5p + 4, p ∈ Z dan seterusnya. Contoh 2.5
Buktikan: 2 | n3 – n untuk sebarang n ∈ Z Bukti: Menurut teorema 2.10 (algoritma pembagian), setiap bilangan bulat n dapat dinyatakan sebagai n = 2p atau n = 2p + 1 Untuk n = 2p, dapat ditentukan: n3 – n = n (n2 -1) = n (n -1) (n +1) = 2p (2p -1) (2p +1) Jadi 2 | n3 – n Untuk n = 2p + 1, dapat ditentukan n3 – n = n (n2 -1) = n (n -1) (n +1) = (2p +1) (2p +1 - 1) (2p +1 + 1) = 2p(2p + 1)(2p + 2) 10
Jadi 2 | n3 – n Dengan demikian 2 | n 3 – n untuk sekarang n ∈ Z Selanjutnya, marilah kita lihat cara mengganti suatu bilangan dalam basis 10 menjadi basis yang lain dengan dengan mengguna menggunakan kan teorema teorema yang dibuktikan dibuktikan dengan dengan mengguna menggunakan kan teorema algoritma pembagian. Teorema 2.11
Jika q ∈ z dan q > 1, maka setiap n ∈ Z+ dapat dinyatakan secara tunggal dalam bentuk bentuk n = pkqk + pk-1qk-1 + ….. + p2q2 + p1q1 + p0q0 yang mana k ∈ Z, k ≥ 0, pt ∈ Z, 0 ≤ pt < q – 1, 1, t = 0, 1,…, 1,…, k dan p k ≠ 0 Bukti:
Karena q ∈ Z dan q > 1, maka q > 0, sehingga menurut teorema algoritma pembagia pembagian, n, hubunga hubungann antara antara n dan dan q adalah adalah : n = qr 0 + p0, 0 ≤ p0 < q (0 ≤ p0 ≤ q -1) Jika r 0 ≠ 0, maka hubungan antara r 0 dan q menurut teorema algoritma pembagian adalah: r 0 = qr 1 + p1, 0 ≤ p1 ≤ q (0 ≤ p1 ≤ q – 1) Jika langkah serupa dikerjakan, maka diperoleh: dip eroleh: r 1 = qr 2 + p2, 0 ≤ p2 ≤ q (0 ≤ p2 ≤ q – 1) r 2 = qr 3 + p3, 0 ≤ p3 ≤ q (0 ≤ p3 ≤ q – 1)
r k-2 k-2 = qr k-1 k-1 + pk-1, 0 ≤ pk-1 < q (0 ≤ p k-1 ≤ q – 1) r k-1 k-1 = qr k-1 k-1 + pk-2, 0 ≤ pk-2 < q (0 ≤ pk ≤ q – 1) Ambil r k = 0, maka barisan r 0, r 1,…, r k merupakan barisan bilangan bulat tidak negatif yang menurun, paling banyak mempunyai suku-suku bernilai nol (yaitu r k), dan k suku yang positif (yaitu r 0,r 1,…, r k-1 k-1). Dari hubungan antara n, q, dan r i (i = 0,1, 2,…, k) diatas dapat ditentukan bahwa: n = qr 0 + p0 = q(r 1 + p1) + p0 = q2r 1 + qp1 + p0 = q2(qr 2 + p2) + qp1 + p0 = q3r 2 + q2 p2 + qp1 + p0 = …. k-2 k-3 = qk-1r k-2 k-2 + q pk-2 + q pk-3 + …. + qp1 + p0 11
= qk-1(qr k-1 + pk-1) + qk-2 pk-2 + qk-3 pk-3 + … + qp1 + p0 k-1 k-2 k-3 = qk r k-1 k-1 + q pk-1 + q pk-2 + q pk-3 + … + qp1 + p0 = qk(qr k + pk) + qk-1 pk-1+ qk-2 pk-2 + qk-3 pk-3 + … + qp1 + p0 n = qk+1r k + qk pk + qk-1 pk-1 + qk-2 pk-2 + qk-3 pk-3 + … + qp1 + p0 Karena r k = 0, maka : n = qk pk + qk-1 pk-1 + qk-2 pk-2 + qk-3 pk-3 + … + qp1 + p0 n = pkqk + pk-1qk-1 + pk-2qk-2 + pk-3qk-3 + … + qp1 + p0 n = (pk p pk-1 p pk-2 p pk-3 … p1 + p0)q Ini berarti bilangan asli n yang ditulis dalam lambang bilangan basis 10, dapat diubah menjadi lambang bilangan basis q > 1 Agar langkah-langkah dalam pembuktian teorema 2.10 dapat dipahami dengan sebaik baiknya, baiknya, marilah marilah kita lihat lihat suatu suatu peragaa peragaann berikut berikut ini. Ambil n = 985 dan q = 6 985 = 6.164 + 1 (n = qr0 + p0, r 0 = 164, p0 = 1) 164 = 6.27 + 2 (r0 = qr 1 + p1, r 1 = 27, p1 = 2) 27 = 6.4 + 3 (r1 = qr 2 + p2, r 2 = 4, p2 = 3) 4 = 6.0 + 4 (r2 = qr 3 + p3, r 3 = 0, p3 = 4) Dengan demikian dapat ditentukan bahwa: 985 = 6.164 + 1 = 6(6.27 + 2) + 1 = 62.27 + 6.2 + 1 = 62(6.4 + 3) + 6.2 + 1 = 6 3.4 + 62.3 + 6.2 + 1 Jadi: (985)10 = (4321)6 Perhatikan pola yang terdapat pada lambang bilangan basis 6 yang dicari. Angka-angka pada lambang lambang bilangan bilangan basis basis 6 yang dicari merupaka merupakann sisa dari masing-masing masing-masing algoritm algoritmaa pembagia pembagian. n. Contoh 2.6.
Tuliskan (985)10 dalam lambang bilangan basis 4 dan basis 3. Jawab: 985 = 4. 4.246 + 1 246 246 = 4.61 + 2 61 = 4.15 + 1 15 = 4.3 + 3 3 = 4.0 + 3 12
(985)10 = (33121)4 Pemeriksaan: (33121)4 = 3.44 + 3.43 + 1.42 + 2.4 + 1 = 768 + 192 + 16+ 16 + 8 + 1 = 985 985 = 3. 3.328 + 1 385 = 3. 3.109 + 1 109 = 3.36 + 1 36 = 3.12 + 0 12 = 3.4 + 0 4 = 3.1 + 1 1 = 3.0 + 1 (985)10 = (1100111) 3 Pemeriksaan: (1100111)3 = 1 . 36 + 1 . 35 + 0 . 34 + 0 . 33 + 1 . 32 + 1 . 3 + 1 = 729 + 243 + 0 + 0 + 9 + 3 + 1 = 985 Tugas dan Latihan Tugas
Carilah suatu sumber pustaka yang membicarakan tentang pembagian oleh 1001 dengan meng menggu guna naka kann cara cara penc pencor oret etan an (scr (scrat atch ch meth method od).). Ambil Ambil suat suatuu bila bilang ngan an,, laku lakuka kann pembagia pembagiann bilangan bilangan itu oleh 1001 dengan dengan cara biasa dan jelaskan jelaskan bagaimana bagaimana proses proses pembagia pembagiann itu dapat dapat diganti diganti dengan dengan cara pecor pecoretan etan untuk untuk mempe memperoleh roleh sisia sisia pembag pembagian. ian. Berikan satu contoh pembagian suatu bilangan oleh 1001 dengan menggunakan cara pencoreta pencoretan. n. Jelaskan Jelaskan manfaa manfaatt dari cara cara pencoreta pencoretann terhadap terhadap pembag pembagian ian bilangan bilangan 7, 7, 11 dan dan 13. Latihan
1. Buktikan: jika a, b, c ∈ z , a | b dan a | c, maka a | b + c 2. Nyatakan q dalam bentuk q = rp + s, 0 ≤ s < p, jika : a. q = 79 da dan p = 8 q = 203 dan p = 13 q = -110 dan p = 7
13
q = -156 dan p = 8 3. Buktikan ketunggalan dari r dan s pada teorema algoritma pembagian 4. Diketahui: t = (a 4 a5 a3 a2 a1 a0) dan 7 | t Tunjukkan bahwa 7 | (a 0 + 3a1 + 2a2) – (a3 + 3a4 + 2a5) 5. Buktikan: 3 | n 3-n untuk setiap n ∈ Z 6. Nyatakan (475) 10 dalam lambang bilangan basis 7 dan basis 5 Rambu-Rambu Rambu-Rambu Jawaban Tugas dan Latihan Rambu-Rambu Jawaban Tugas
1001
245 245786 2002 4558 4004 5546
7 2 5
7 8 6 urutan ke 1 Urutan2ke44 5dikurangi
8 4 4
7 8 6 urutan ke 2 Urutan2ke45 5dikurangi
5005
Sisa →
1001
541
245 245786 2002 4558 4004 5546 5005
Sisa →
541
14
1001
245 245786 2002 4558 4004 5546
6 5 1
7 8 6 urutan ke 3 Urutan2ke465dikurangi
5005
Sisa →
541
Gabungan dari tiga keadaan di atas dapat disederhanakan menjadi : 541 245786 Sisa pembagian adalah 541 Satu Satu conto contohh pemb pembag agia iann 2356 235691 9127 2741 4188 oleh oleh 1001 1001 deng dengan an cara cara penc pencor oret etan an untu untukk memperoleh sisa pembagian adalah sebagai berikut: 55 18 46682937 23569127418 Sisa pembagian adalah 837 Keadaan ini menunjukkan bahwa: 235691 235 691274 27418 18 = 1001 1001 x + 837 837 untuk untuk suatu suatu x ∈ Z+ 235691 235 691274 27418 18 = 7.11 7.11.13 .13.x .x + 837 837 Dengan demikian penyelidikan suatu bilangan habis dibagi oleh 7, 11 atau 13 dapat dijelaskan lebih mudah karena: jika 7 | 837, 837, maka 7 | 7.11.13 7.11.13xx + 837 atau 7 | 2356912 23569127418 7418 jika 11 11 | 837, 837, maka 11 | 7.11.1 7.11.13x 3x + 837 837 atau atau 11 | 23569 2356912741 1274188 jika 13 13 | 837, 837, maka 13 | 7.11.1 7.11.13x 3x + 837 837 atau atau 13 | 23569 235691274 127418 18 Karena 7 | 837, 11 | 837, dan 13 | 837, maka 7, 11, dan 13 tidak habis membagi atau bukan bukan faktor faktor dari 23569127 23569127418 418
15
Rambu-Rambu Rambu-Rambu Jawaban Latihan
1. Guna Gunaka kann defi defini nisi si 2.1 2.1 Karena a | b, maka b = xa untuk suatu x ∈ Z Karena a | c, maka c = ya untuk suatu y ∈ Z b = xa dan c = ya, maka maka b + c = xa xa + ya = (x + y)a y)a Jadi: a | b + c 2. a. 79 = 9.8 + 7 c. -110 = (-16).7 + 2 b. 203 203 = 15.13 15.13 + 8 d. -156 -156 = (-20).8 (-20).8 + 4 3. Jika p, q ∈ z dan p > 0, maka ada bilangan-bilangan r, s ∈ Z yang masing-masing tunggal sehingga q = rp + s dengan 0 ≤ s < p Untuk membuktikan ketunggalan r dan s digunakan bukti tidak langsung. Misalkan r dan s masing-masing tidak tunggal, yaitu ada r 1, r 2, s 1, s 2 ∈ Z sedemikian hingga: q = r 1 p p + s1, 0 ≤ s1, < p q = r 2 p p + s2, 0 ≤ s2, < p dengan r 1 ≠ r 2 dan s, s1 ≠ s2 Misalkan s1 > s2, maka dari: r 1 p p + s1 = r 2 p p + s2 diperoleh: s1 – s2 = p(r 2 – s1) berarti berarti p | s1 - s2 Karena 0 ≤ s < p dan 0 ≤ s2 < p, maka –p < s 1-s2 < p, sehingga: 1. Jika 0 < s1-s2 < p, maka p | s1 – s2. tidak mungkin 0 < s1-s2 < p 2. Jika –p < s1-s2 < 0, maka 0 < s 2-s1 < p, sehingga p | s2 – s1 Jadi: p | s1 – s2 . Tidak mungkin –p < s 1-s2 < 0 3. Jika s1 – s2 = 0, maka p | s1 – s2. Dari 1, 2, dan 3 dapat ditentukan bahwa tidak mungkin 0 < s 1-s2 < p, dan tidak mungkin –p < s 1-s2 < 0. Jadi s1 – s2 = 0, berarti s1 = s2 s1 = s2 dan s1 – s2 = p(r 2 – r 1), maka p(r 2 - r 1) = 0 Karena p > 0 dan p(r 2 - r 1) = 0, maka r 2 - r 1 = 0 atau r 1 = r 2 4. t = (a5 a4 a3 a2 a1 a0) = a5.105 + a4.104 + a3.103 + a2.102 + a1.10 + a0 16
t dapat dinyatakan sebagai: t = a0 + a1.10 + a2.102 + a3.103 + a4.104 + a5.105 = a0 + a1(7 + 3) + a2(98 + 2) + a3(1001 - 1) + a4(10003 - 3)+ a5(100002 - 2) t = (a0 + 3a1 + 2a2) – (a3 + 3a4 + 2a5) + 7(a1 + 14a2 +143a3 +1429a4 + 14286a5) Karena 7 | t dan 7 | 7(a 1 + 14a2 + 143a3 + 1429a4 + 14286a5), maka sesuai teorema 2.9 , t | (a0 + 3a1 + 2a2) – (a3 + 3a4 + 2a5) 5. Nyatakan n3 – n = n (n2 – 1) = n(n + 1)(n – 1) Selidiki apakah 3 | n 3 – n jika n diganti dengan n = 3k, n = 3k + 1, dan n = 3k+2 6. 475 = 7.67 + 6 475 = 5.95 + 0 67 = 7.9 + 4 95 = 5.19 + 0 9 = 7.1 + 2 19 = 5.3 + 4 1 = 7.0 + 1 3 = 5.0 + 3 (475)10 = 1246)7 (475)10 = (3400) 5 Rangkuman
Dalam Kegiatan Belajar 1 ini, beberapa bagian yang perlu diperhatikan adalah definisi keterbagian, teorema-teorema keterbagian, dan penerapan keterbagian. 1. Defin Definisi isi kete keterba rbagi gian an terk terkait ait deng dengan an kons konsep ep memb membag agii atau atau kons konsep ep fakt faktor or,, dan dan konsep bilangan bulat genap atau bilangan bulat ganjil yang diperoleh sebagai akibat teorema algoritma pembagian. 2. Terda Terdapat pat 10 teorem teoremaa keter keterbag bagian ian Jika p, q ∈ Z dan p | q, maka p | qr untuk semua p ∈ Z Jika p, q, r ∈ Z, p | q, q, dan q | r maka p | r Jika p, q ∈ Z, p | q, dan q | p, maka p = ±q Jika p, q, r ∈ Z, p | q, dan p | r, maka p | q + r Jika p, q, r ∈ Z, p | q, dan p | r, maka p | qx + ry Jika p, q, r ∈ Z, p > 0, q > 0, dan p | q, maka p ≤ q Jika p, q, r ∈ Z, p > 0, q > 0, p | q, dan q | p, maka p = q p | q jika jika dan dan hanya hanya jika kp | kp kp untuk untuk semua semua k ∈ Z dan k ≠ 0 Jika p, q, r ∈ Z, p ≠ 0, p | q + r, dan p | q, maka p | r Algoritma pembagian 17
Jika p, q ∈ Z dan p > 0, maka ada bilangan-bilangan r, s ∈ Z yang masingmasing tunggal sehinga q = rp + s dengan 0 ≤ s < p Jika q ∈ Z dan q > 1, maka setiap n ∈ Z+ dapat dinyatakan secara tunggal dalam bentuk bentuk : n = pkqk + pk-1qk-1 + … + p2q2 + p1q1 + p0q0, k ∈ Z, k ≥ 0, pt ∈ Z, 0 ≤ pt < q – 1, t = 0,1,…,k, dan p t ≠ 0 3. Penerapan Penerapan keterbagia keterbagiann dapat dapat ditunjukka ditunjukkann dalam dalam : Menjabarkan sifat keterbagian oleh 3, 7, 11, dan 13, dan dapat diperluas menjadi keterbagian oleh 2, 4, 5, 6, 8, dan 9 Mengg Menggant antii lamba lambang-l ng-lamb ambang ang bilang bilangan an dalam dalam basis basis 10 menjadi menjadi lamban lambang-l g-lamb ambang ang bilangan bilangan dalam dalam basis bukan bukan 10. 10. Tes Formatif 1
4.
1. Skor: 20 Caril Carilah ah masin masingg-ma masi sing ng pali paling ng sedik sedikitit satu satu conto contohh untu untukk menu menunj njuk ukka kann bahw bahwaa pernyataan-pe pernyataan-pernyat rnyataan aan berikut berikut adalah adalah salah. a.Jika p | q + r, maka p | q atau p | r b.Jika p | qr, qr, maka maka p | q atau p | r c.Jika p + q | r, maka p | r atau q | r d.Jika p | r dan q | r, maka p = q e.Jika p | q dan p | r, maka q = r 2. Skor: 20 a.Tunjukkan : jika n = (a 7a6a5a4a3a2a1a0) dan 99|n, maka 99|(a1a0) + (a3a2) + (a5a4) + (a7a6) b.Tunjukkan b.Tunjukkan : jika jika n = (a 7a6a5a4a3a2a1a0) dan 101|n maka 101|(a1a0) - (a3a2) + (a5a4) - (a7a6) 3. Skor: 20 Buktikan teorema 2.9 : Jika p, q, r ∈ Z, p ≠ 0, p | q + r, dan dan p | q, maka p | r Skor: 20 Buktikan 3 | n3 + 6n2 + 8n untuk semua n ∈ Z 5. Skor: 20 a.Pilihlah suatu bilangan yang terdiri atas 5 angka. 18
Tulislah bilangan itu dalam basis 2, dan dalam basis 12 b.Pilihlah suatu suatu bilanga bilangann yang terdiri atas atas 10 10 angka. angka. Dengan menggunakan metode pencoretan, selidiki apakah bilangan itu habis dibagi oleh 77 dan habis dibagi oleh 143. Cocokkanlah jawaban anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 1 yang terdapat di bagian bagian akhir modul modul ini. Kemudian Kemudian perkirakan perkirakan skor jawaban jawaban anda yang menurut menurut anda benar, benar, dan gunakan kriteria kriteria berikut untuk mengetahui mengetahui tingkat tingkat penguasaan penguasaan Anda terhadap terhadap materi Kegiatan belajar 1. Skor Jawaban Yang Benar Tingkat Penguasaan = ----------------------------------- x 100 % 100
Tingkat penguasaan dikelompokkan menjadi : Baik Baik seka sekalili : 90% 90% - 100 100% % Baik : 80% - 89% Cukup : 70% - 79% Kurang : < 70% 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 bagian-bagian yang belum belum dikuasai. dikuasai.
19
MODUL 2
KEGIATAN BELAJAR 2
FAKTOR FAKTOR PERSEKUTUAN PERSEKUTUAN TERBESAR (FPB) dan KELIPATAN PERSEKUTUAN PERSEKUTUAN TERKECIL (KPK) Uraian
Sebelum kita bahas tentang faktor (pembagi) persekutuan terbesar, marilah kita lihat beberapa peragaan berikut: Perhatikan dua bilangan a = 6 dan b = 8. Jika A adalah himpunan semua faktor dari a, dan B adalah himpunan semua faktor dari b, serta C adalah himpunan semua faktor persekutuan dari a dan b, maka: A = {-6, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 6} B = {-8, -4, -2, -1, 1, 2, 4, 8} C = A ∩ B = {-2, -1, 1, 2} Unsur (anggota, elemen) dari C yang terbesar adalah 2 2 merupakan faktor persekutuan yang terbesar dari a = 6 dan b = 8 2 juga merupakan bilangan bulat positif terbesar yang membagi a = 6 dan b = 8 Sekarang bagaimana kalau diambil a = -6 dan b = 8 A = {-6, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 6} B = {-8, -4, -2, -1, 1, 2, 4, 8} C = A ∩ B = {-2, -1, 1, 2} Unsur dari C yang terbesar adalah 2. 2 merupakan faktor persekutuan yang terbesar dari a = -6 dan b = 8 2 juga merupakan bilangan bulat positif terbesar yang membagi a = -6 dan b = 8 Dengan jalan yang sama, jika diambil a = -6 dan b = -8, maka juga akan diperoleh faktor persekutua persekutuann terbesar terbesar dari dari a dan dan b adalah adalah 2. Jika untuk menyatakan faktor persekutuan terbesar dari a dan b digunakan lambang (a, b), maka dapat ditentukan bahwa: (6, 8) = 2 (-6, 8) = 2 (-6, -8) = 2
20
Ternyata, faktor persekutuan terbesar dari dua bilangan bulat a dan b, apapun tanda masing-masing, selalu diperoleh nilai yang bertanda positif. Bagaimana keadaan faktor persekutua persekutuann terbesar terbesar ini jika a atau atau b (tidak keduanya) keduanya) bernilai bernilai nol? Ambil a = 0 dan b = 6 A = himpunan semua faktor a = 0 = { …, -7, -6, -5, -4, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, …} B = himpunan semua faktor b = 6 = {-6, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 6} C=A∩ B = {-6, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 6} Unsur yang terbesar dari C adalah 6, berarti (a, b) = (0, 6) = 6 Untuk a = 0 dan b = 0, perhatikan bahwa: A = {…, -4, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 4, …} B = {…, -4, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 4, …} C = {…, -4, -3, -2, -1, 1, 1, 2, 3, 4, 4, …} Sehingga tidak mungkin menentukan unsur yang terbesar dari C, atau faktor persekutuan terbesar dari a = 0 dan b = 0 tidak ada. Definisi 2.3
Ditentukan x, y ∈ Z, x dan y keduanya bersama-sama bernilai 0. p ∈ Z disebut pembagi (faktor) persekutuan (common divisor, common factor) dari x dan y jika p x (p membagi x) dan p y (p membagi y) p ∈ Z disebut pembagi (faktor) persekutuan terbesar (gcd = greatest common divisor, gcf = greatest common factor) dari x dan y jika p adalah bilangan bulat positif terbesar yang membagi x (yaitu p x) dan membagi y (yaitu p y). Notasi:
d = (x, y) dibaca d adalah faktor (pembagi) pesekutuan terbesar dari x dan y d = (x1, x2, …, xn) dibaca d adalah faktor (pembagi) persekutuan terbesar dari x1, x2, …, xn Perlu diperhatikan bahwa d = (a, b) didefinisikan untuk setiap pasang bilangan bulat a, b ∈ Z kecuali a = 0 dan b = 0 Demikian pula, perlu dipahami bahwa (a, b) selalu bernilai bilangan bulat positif, yaitu d ∈ Z dan d > 0 (atau d ≥ 1).
21
Contoh 2.7
1.
Himpunan semua faktor 16 adalah: A = {-16, -6, -4, -2, -1, 1, 2, 3, 4, 8, 16} Himpunan semua faktor 24 adalah: B = {-24, -12, -8, -6, -4, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24} Himpunan semua faktor persekutuan 16 dan 24 adalah: C = {-8, -4, -2, -1, 1, 2, 4, 8} Karena unsur C yang terbesar adalah 8, maka (16, 24) = 8 Cobalah cari (-16, 24), (16, -24), (-16, -24), (24, -16), dan (-24, 16) 2. Himp Himpun unan an semu semuaa fak fakto torr 12 12 ada adala lahh {-12 {-12,, -6, -6, -4, -4, -3, -3, -2, -2, -1, -1, 1, 1, 2, 3, 4, 6, 12} 12} Himpunan semua semua faktor 18 adalah {-18, -9, -6, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 6, 9, 18} 18} Himpunan semua faktor persekutuan 12 dan 18 adalah {-6, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 6} Jadi: (16, 24) = 8 3. Perhatikan: (6, (6, 9) = 3 dan dan 3 = (2) (6) (6) + (-1) (-1) (9) (9) (16, 40) = 8 dan 8 = (3)(1 )(16) + (-1)(40) (60, 105) = 15 dan 15 = (2) (60) + (-1)(105) Dari ketiga kasus di atas nampak adanya pola bahwa (p,q) dapat dinyatakan sebagai sebagai kombinasi linier px + qy dengan x, y ∈ Z 4. Perhatikan bahwa (6, 9) = 3 Sekarang dibentuk kombinasi linear px + qy dengan x, y ∈ Z Nilai-nilai Nilai-nilai 6p + 9q adalah adalah sebagai sebagai berikut: berikut: p = 0 dan q = 0 → 6p + 9q = 0 p = 0 dan q = 1 → 6p + 9q = 9 p = 1 dan q = 0 → 6p + 9q = 6 p = 1 dan q = -1 → 6p + 9q = -3 p = -1 dan q = 1 → 6p + 9q = 3 p = -1 dan q = 2 → 6p + 9q = 12 p = 2 dan q = -1 → 6p + 9q = 3 p = 1 dan q = -2 → 6p + 9q = -12 p = 0 dan q = -1 → 6p + 9q = -9 p = 2 dan q = -2 → 6p + 9q = -6
22
Nilai-nilai Nilai-nilai itu dapat dapat disusu disusunn menjadi menjadi barisan: barisan: …, -12, -9, -6, -3, 0, 3, 6, 9, 12, … Ambil S = {3, 6, 9, 12, …}, yaitu himpunan yang unsur-unsurnya adalah suku-suku barisan barisan yang yang positif, positif, yaitu: yaitu: S = {6p + 9q 6p + 9q > 0 dan p, q ∈ Z} Karena S ⊂ N dan N adalah himpunan terurut rapi, maka S mempunyai unsur terkecil, yaitu 3. Karena 3 ∈ S, maka 3 = 6p + 9q dengan p = 2 dan q = -1, atau p = -1 dan q = 1 Jelas bahwa 3 6 dan 3 9 Teorema 2.12
Jika d = (x, y), maka d adalah bilangan bulat posisitif terkecil yang mempunyai bentuk bentuk px + qy untuk suatu m, n ∈ Z, yaitu d dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari x dan y. Bukti:
Dibentuk kombinasi linear (px + qy) dengan p, q ∈ Z Barisan bilangan (px + qy) memuat bilangan-bilangan yang bernilai negatif, bilangan nol (untuk p = 0 dan q = 0), dan bilangan-bilangan yang yang bernilai positif. Ambil S = {px + qy px + qy qy > 0 dan p,q p,q ∈ Z }, maka dapat ditentukan bahwa S ⊂ N. Karena S ⊂ N dan N merupakan himpunan yang terurut rapi, maka S mempunyai unsur terkecil, sebutlah dengan t. Karena t ∈ S, maka tentu ada p = m dan q = n sehingga t = mx + ny. Selanjutnya dapat dibuktikan bahwa t x dan t y. Untuk membuktikan t x digunakan bukti tidak langsung. Misalkan t Θ x, maka menurut teorema 2.9, ada r, s ∈ Z sehingga x = tr + s, 0 < s < t x = tr + s s = x – tr = x – (mx + ny) r = (1 – mr)x + (-ny)r s = ix + jy dengan i = 1 – mr ∈ Z dan j = -nq ∈ Z Jadi: s = ix + jy ∈ S dengan s < t
23
Dengan anggapan t Θ x ternyata menghasilkan kontradiksi karena t adalah unsure terkecil S, dengan demikian anggapan t Θ x adalah salah, berarti t x Dengan jalan yang sama dapat ditunjukkan bahwa t y Dari t x dan t y berarti t adalah faktor persekutuan dari x dan y. Karena t adalah faktor persekutuan dari x dan y, dan d adalah faktor persekutuan terbesar dari x dan y, maka t ≤ d Selanjutnya akan dibuktikan bahwa d ≤ t d = (x, y), maka menurut definisi 2.3, d x dan d y d x dan d y, maka menurut definisi 2.1, x = dv untuk suatu v ∈ Z dan y = dw untuk suatu w ∈ Z. t = mx + ny = m(dv) + n(dw) t = d(mv + nw), berarti d t Karena d t, d > 0, dan t > 0, maka sesuai dengan teorema 2.6, d ≤ t Karena t ≤ d dan d ≤ t, maka d = t Jadi: d adalah bilangan bulat positif terkecil yang mempunyai bentuk mx + ny dengan m, n ∈ Z. Teorema 2.13
Jika k ∈ N, maka k(x, y) = (kx, ky) Bukti:
Misalkan d = (x, y) dan e = (kx, ky), maka menurut teorema 2.11, d = rx + sy dan e = mkx + nky untuk suatu r, s, m, n ∈ Z. d = rx + sy, maka kd = krx + ksy Karena d = (x, y), maka menurut definisi 2.3, d x dan d y, dan menurut teorema 2.8, kd kx dan kd ky Menurut teorema 2.1, kd kx dan kd ky berakibat kd mkx dan kd nky, dan menurut teorema 2.4, kd mkx + nky, atau kd e. Jadi: k(x, y) (kx, ky). Selanjutnya, karena e = (kx, ky), maka menurut difinisi 2.3, e kx dan e ky, dan menurut teorema 2.8, e krx dan e ksy. Menurut teorema 2.4, e krx dan e kry berakibat berakibat e krx + ksy, atau e khd. 24
Jadi: (kx, ky) k(x, y) Karena k(x,y) > 0, (kx,ky) > 0 , k(x, y) (kx, ky), dan (kx, ky) k(x, y), maka menurut teorema 2.7, k(x, y) = (kx, ky) Contoh 2.8.
(60, 102) 102) = (6.10, 6.17) = 6(10, 17) = 6.1 = 6 (108, 207) = (9.12, 9.23) = 9(12, 23) = 9.1 = 9 Teorema 2.14
x y Jika x, y ∈ Z dan d = (x, y), maka , = 1 d d Bukti:
Misalkan x, y ∈ Z dan (x, y) = d Kita akan tunjukkan bahwa
x d
dan
y d
tidak mempunyai pembagi persekutuan yang
positif kecuali kecuali 1. Misalkan e adalah suatu bilangan bulat positif yang membagi yaitu e
y d
dan e
y d
x d
dan membagi
y d
,
,
Maka, menurut difinisi 2.1,
x d
= ke dan
y d
= te untuk suatu k, t ∈ Z. Dengan demi-
kian x = dek dan y = det, berarti de adalah faktor pesekutuan dari x dan y. Karena de adalah faktor persekutuan dari x dan y, dan d adalah faktor persekutuan terbesar dari x dan y, maka de ≤ d. Akibatnya e haruslah sama dengan dengan 1
x y Jadi: , = 1 d d Teorema 2.15
Jika p, q, r ∈ Z, p qr, dan (p, q) = 1, maka p r Bukti:
Diketahui (p, q) = 1, maka menurut teorema 2.11, 1 adalah bilangan bulat positif terkecil yang dapat dinyatakan sebagai px + qy dengan x, y ∈ Z , yaitu px + qy = 1 Karena px + qy = 1, maka rpx + rqy = r, atau prx + qry = r.
25
Menurut teorema 2.1, karena p qr, maka p qry untuk semua y ∈ Z. Selanjutnya, karena p prx dan dan p qry, maka menurut teorema 2.4, p prx + qry. qry. Jadi: p r. Teorema 2.16
Jika (x, t) = 1 dan (y, t) = 1, maka (xy, t) = 1 Bukti:
Diketahui (x, t) = 1 dan (y, t) = 1, maka menurut teorema 2.11, ada p, q, r, s ∈ Z sehingga px + qt = 1 dan ry + st = 1. Dari 1 = px + qt dan 1 = ry + st dapat ditentukan bahwa 1.1 = (px + qt)(ry + st) 1 = prxy + pstx + qrty + qst 2 1 = (pr)(xy) + (psx + qry + qst)t Dengan demikian, sesuai teorema 2.11, karena 1 merupakan bilangan bulat positif terkecil yang merupakan kombinasi linear dari xy dan t, maka: (xy, t) = 1 Teorema 2.17
Ditentukan x, y ∈ Z d = (x, y) jika dan hanya jika d > 0, d x, d y, dan f d untuk setiap pembagi pembagi persekutua persekutuann f dari x dan y Bukti:
Kita buktikan jika d = (x, y), maka d > 0, d x, d y, dan f d d = (x, y), maka menurut definisi 2.3, d adalah bilangan bulat positif (d > 0) terbesar yang membagi x (d x) dan membagi y (d y) Selanjutnya, menurut teorema 2.11, jika d = (x, y), maka d = mx + ny untuk suatu m, n∈Z Misalkan f adalah sebarang pembagi persekutuan dari x dan y, maka f x dan f y, dan menurut teorema 2.1, f mx dan f ny untuk sebarang m, n ∈ Z Menurut teorema 2.4, f mx dan f ny berakibat f mx + ny. Karena f mx + ny dan d = mx + ny, maka f d. Kita buktikan jika d > 0, d x, d y, dan f d untuk sebarang pembagi persekutuan f dari x dan y, maka d = (x, y) 26
Karena d > 0 , d x dan d y, maka d adalah faktor persekutuan dari x dan y. Selanjutnya, karena f adalah sebarang faktor persekutuan dari x dan y dan f d, maka f ≤ d, d dan f adalah faktor-faktor persekutuan dari x dan y, f adalah sebarang faktor persekutu persekutuan an dari x dan y, dan f ≤ d, maka d adalah adalah faktor persekut persekutuan uan yang terbesar dari x dan y. Jadi: d = (x, y). Contoh 2.9
Faktor-faktor persekutuan 4 dan 6 adalah -1, 1, -2, dan 2. Faktor persekutuan terbesar 4 dan 6 adalah 2. Perhatikan bahwa sebarang faktor persekutuan 4 dan 6 membagi faktor persekutua persekutuann terbesar terbesar 4 dan dan 6, yaitu: -1 -1 2, 1 2, -2 2, dan 2 2. Contoh 2.10
(18, 24) = 6 Faktor-faktor persekutuan 18 dan 24 adalah -1, 1, -2, 2, -3, 3, -6, dan 6. Perhatikan bahwa sebarang faktor persekutuan 18 dan 24 membagi 6, yaitu ± 1 6, ± 2 6, ± 3 6, dan ± 6 6. Teorema 2.18
(x, y) = (y, x) = (x, -y) = (-x , y) = (-x, -y) untuk sebarang x, y ∈ Z. Buktikan!
Teorema 2.19
a. (x, y) = (x, y + ax) untuk sebarang a ∈ Z b. (x, y) = (x + yb, y) untuk untuk sebarang sebarang b ∈ Z Bukti: a. Sesuai definisi 2.3, (x, y) > 0 dan (x, y + ax) > 0 Karena (x, y) > 0 dan (x, y + ax) > 0, maka untuk membuktikan (x, y) = (x, y + ax), sesuai dengan teorema 2.7 kita harus membuktikan bahwa (x, y) (x, y + ax) dan (x, y + ax (x, y). Kita akan membuktikan (x, y) (x, y + ax) Sesuai definisi 2.3, (x, y) x dan (x, y) y Menurut teorema 2.1, karena (x, y) x, maka (x, y) ax untuk semua a ∈ Z. Selanjutnya, sesuai dengan teorema 2.4, karena (x, y) ax dan (x, y) y, maka (x, y) y + ax 27
(x, y) x dan (x, y) y + ax, maka maka menurut definisi 2.3, (x, y) adalah faktor persekutua persekutuann dari x dan y + ax, dan dan akibatny akibatnya, a, sesuai sesuai dengan dengan teore teorema ma 2.16, 2.16, (x, y) membagi (x,y + ax) Jadi: (x, y) (x, y + ax) Kita akan membuktikan (x, y + ax) (x, y) Sesuai definisi 2.3, (x, y + ax) x, sehingga menurut teorema 2.1, (x, y + ax) ax Sehingga menurut teorema 2.1, (x, y + ax) ax untuk semua a ∈Z; demikian Pula, sesuai definisi 2.3, (x, y + ax)│y + ax. Selanjutnya, sesuai teorema 2.9, karena: (x, y + ax ax dan (x, y + ax) y + ax maka (x, y + ax) y. Karena (x, y + ax) x dan (x, y + ax) y, maka sesuai definisi 2.3, (x, y + ax) merupakan faktor pesekutuan dari x dan y, dan sesuai teorema 2.16 setiap faktor persekutua persekutuann x dan dan y tentu tentu membag membagii (x, y) Jadi: (x, y + ax) (x, y). Karena (x, y) > 0, (x, y + ax) > 0, (x, y) (x, y + ax), dan (x, y + ax) (x, y), maka menurut teorema 2.7: (x, y) = (x, y + ax) b. Buktikan
Contoh 2.11.
(6, 9) = (6,9 + 7.6) = (6,51) (12,18) = (12,18 + 5.12) = (12, 78) (40,16) = (40,16 + 9.40) = (40, 376) (40,16) = (40 + 5.16,16) = (120,16) (12,18) = (12 + 7.18,18) = (138,18) (36,15) = (6 + 2.15,15) = (6,15) = (6,3 + 2.6) = (6,3) = 3(2,1) = 3.1 = 3 (84,175) = (84,7 + 2.84) = (84,7) = 7(12,1) = 7.1 = 7 Contoh 2.12
Ditentukan s0 = 48, s1 = 27, s2 = 21 s3 = 6, s4 = 3, dan s5 = 0 Maka menurut teorema 2.9 (algoritma pembagian),kita dapat melakukan langkah-langkah berikut: berikut:
28
48 = 1.27 + 21, 0 ≤ 21 < 27, 0 ≤ s 2 < s1 27 = 1.21 + 6, 0 ≤ 6 < 21, 0 ≤ s 3 < s2 21 = 3.6 + 3, 0 ≤ 3 < 6, 0 ≤ s 4 < s3 6 = 2.3 + 0 s5 = 0 Selanjutnya, menurut teorema 2.11, kita dapat mencari (s 0,s1) = (48, 27): (s0, s1) = (48, 27) = (21 + 1.27,27) 1.27,27) = (21, 27) = (s2, s1) = (21,6 + 1.21) 1.21) = (21, 6) = (s2, s3) = (3 + 3.6,6) = (3, 6) = (s4, s3) = (3,3 + 1.3) = (3,3) = (3,0 + 1,3) 1,3) = (3,0) = (s4 + s5) = s5 Perhatikan bahwa secara bertahap dapat ditentukan: (s0, s1) = (s2, s1) = (s2, s3) = (s4, s3) = (s4, s4) = s4 Contoh 2.12. di atas memberi gambaran tentang langkah-langkah yang jelas dan terhingga untuk memperoleh faktor persekutuan terbesar dua bilangan secara sistematis. Marilah sekarang kita lihat suatu cara yang sistematis, dan disebut algoritma, untuk mencari faktor persekutua persekutuann terbesar terbesar dari dari dua bilangan bilangan bulat bulat positif. positif. Algorit Algoritma ma ini diseb disebut ut algorit algoritma ma Euclide Euclides, s, dan dan istilah istilah ini diguna digunakan kan setela setelahh Euclid Euclid,, matematisi Yunani (Greek, 350 S.M.), menjelaskan algoritma ini dalam bukunya The Elements Elements (Rosen K., 1993: 80). Teorema 2.20 Algoritma Euclides
Ditentukan s0, s1 ∈ Z, s0 ≥ s1, > 0 Jika algoritma pembagian digunakan secara berturut-turut untuk memperoleh st = st+1 kt+1 + st+2, 0 ≤ st+2 ≤ st+1, t = 0, 1, 2, …, n – 2 dan s n+1 = 0 maka (s0, s1) = sn, sisa yang tidak nol dalam algoritma pembagian Bukti:
Karena s0, s1 ∈ Z, s0 ≥ s1 > 0, maka dengan menggunakan algoritma pembagian secara berturut-turut akan diperoleh: 29
s0 = s1 k1 + s2 s1 = s2 k2 + s3
, ,
0 ≤ s2 < s1 0 ≤ s3 < s2
st-2 = st-1 kt-1 + st ,
0 ≤ st < st-1
sn-3 = Sn-2 kn-2 + sn-1, 0 ≤ sn-1 < sn-2 sn-2 = sn-1 kn-1 + sn , 0 ≤ sn < sn-1 sn-1 = sn kn + sn-1 , sn+1 = 0 maka sesuai teorema 2.19: (s0, s1) = (s1 + s2, s1) = (s2, s1) = (s2, s2.2 + s3) = (s2, s3) = … = (sn-3, sn-2) = (sn-2, sn-1) = (sn-1, sn) = (sn, 0) (s0, s1) = sn Contoh 2.12
Carilah (963, 657) dengan menggunakan algoritma Euclides Jawab: 963 = 1.657 + 306, 0 ≤ 306 < 657 657 = 2.306 + 45, 0 ≤ 45 < 306 306 = 6.45 + 36, 0 ≤ 36 < 45 45 = 1.36 + 9, 0 ≤ 9 < 36 36 = 4.9 + 0 Jadi: (963, 657) = 9 Menurut teorema 2.12, jika d = (x, y), maka d dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari x dan y. Algoritma Euclides dapat digunakan untuk mencari kombinasi linear d dari x dan y. Dalam kaitannya dengan algoritma Euclides, jika d = (s 0, s1), maka dapat ditentukan bahwa bahwa d = ms0 + ns1: 30
sn-2 = sn-1 kn-1 + sn, maka sn = sn-2 - sn-1 kn-1 sn-3 = sn-2 kn-2 + sn-1, maka sn-1 = sn-3 - sn-2 kn-2 sn-4 = sn-3 kn-3 + sn-2, maka sn-2 = sn-4 - sn-3 kn-3
s1 = s2k2 + s3, maka s3 = s1 – s2 k2 s0 = s1k1 + s2, maka s2 = s0 – s1 k1 Dengan demikian: sn = sn-2 – sn-1 kn-1 = sn-2 – (sn-3 – sn-2 kn-2)kn-1 = sn-2 (1 + kn-2 kn-1) – sn-3 = (sn-4 – sn-3 kn-3)(1 + kn-2 kn-1) – sn-3 = sn-4 (1 + kn-2 kn-1) + sn-3{kn-3(1 + kn-2 kn-1)} Jika proses serupa diteruskan dengan substitusi berturut-turut: sn-3, sn-4, … , s3, s2 maka akan diperoleh bentuk: (s0, s1) = sn (s0, s1) = s0m + s1n = ms0 + ns1 Ini berarti bahwa (s0, s1) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari s 0 dan s1 Contoh 2.13
Nyatakan Nyatakan (205, (205, 75) 75) sebaga sebagaii kombinasi kombinasi linear linear dari dari 205 205 dan 75 Jawab: 205 = 2.75 + 55 , 55 = 205 – 2. 75 75 = 1. 1.55 + 20 , 20 = 75 75 – 1.55 55 = 2.20 + 15 , 15 = 55 – 2.20 20 = 1.15 + 5 , 5 = 20 – 1.15 15 = 3.5 + 0 (205, 75) = 5 Dengan demikian dapat ditentukan: (205, 75) = 5 = 20 – 1.15 1.15 = 20 – 1 . (55 – 2.20) 2.20) = 3.20 – 1.55 = 3.(75 – 1.55) 1.55) – 1.55 = 3.75 – (4) . 55 55 = 3.75 – 4 (205 – 2.75) (205,75) = 11.75 + (-4) . 205 31
Contoh 2.14
Carilah nilai-nilai m, n ∈ yang memenuhi hubungan (7897, 4399) = m(7897) + n (4399) Jawab: 7897 = 1.4399 + 3498, 3498 = 7897 – 1.4399 4399 = 1.3498 + 901 , 901 = 4399 – 1.3498 3498 = 3. 3.901 + 795 , 795 = 34 3498 – 3.901 901 = 1. 1.795 + 106 , 106 = 90 901 – 1.795 795 = 7.106 + 53 , 53 = 795 – 7.106 106 = 2.53 + 0 Dengan demikian dapat ditentukan: (7897, 4399) = 53 = 795 – 7.106 7.106 = 795 – 7. 7. (901 (901 – 1.795) = 8.795 – 7.901 = 8(3498 – 3.901) – 7.901 = 8.3498 – 31.901 = 8.3498 – 31(4399 – 1.3498) 1.3498) = 39.3498 – 31.4399 = 39.(7897 – 1.4399) – 31.4399 (7897, 4399) = 39.7897 + (-70) . 4399 Jadi: m = 7897 dan n = -70 Cara untuk menyatakan (p, q) sebagai kombinasi linear dari p dan q memerlukan pemrosesan yang panjang karena perlu kerja berdasarkan langkah-langkah algoritma Euclides, dan dilanjutkan kerja mundur berdasarkan modifikasi dari setiap langkah dalam algoritma Euclides. Terdapat cara lain untuk menyatakan (p, q) sebagai kombinasi linear dari p dan q, yang secara langsung dapat menggunakan langkah-langkah algoritma Euclides. Teorema 2.2.1
Ditentukan p, q ∈ N Maka (p, q) = r n p + lnq, n = 0, 1, 2, 2, …, yang mana r n dan kn adalah suku ke n dari barisan-baris barisan-barisan an yang yang secara secara rekursif rekursif didefinis didefinisikan ikan sebag sebagai: ai: r 0 = 1, l0 = 0 r 1 = 0, l1 = 1 dan r i = r i-2 i-2 – ki-1 r i – 1
32
li = li-2 – ki-1 li-1 untuk i = 2, 3, … , n dengan k i adalah hasil bagi dalam algoritma Euclides memperoleh (p, q) Bukti:
Berdasarkan langkah-langkah algoritma Euclides pada teorema 2.20, dipilih p = s 0 dan q = s1, kemudian kita gunakan cara pembuktian induksi matematika untuk membuktikan (p, q) = sn = r n p p + lnq untuk i = 0, p = s0 = 1.p + 0.q = r 0 p p + l0q, untuk i = 1, q = s1 = 0 . p + 1 . q = r 1 + l1 q Sekarang, anggaplah bahwa: si = r p i + liq, i = 1, 2, …, n – 1 Sesuai dengan keadaan langkah ke n dalam pembuktian teorema 2.20 (algoritma Euclides) dapat ditunjukkan bahwa: sn-2 = sn-1 kn-1 + sn , atau sn = sn-2 – sn-1 kn-1 Dengan demikian, sesuai dengan prinsip induksi i nduksi matematika: sn = sn-2 – sn-1 kn-1 = (r n-2 n-2 p + ln-2 + q) – (r n-1 n-1 p + ln-1 q) kn-1 = (r n-2 n-2 – r n-1 n-1 kn-1) p + (ln-2 – ln-1 kn-1) q = (r n-2 n-2 – kn-1 r n-1 n-1) p + (ln-2 – kn-1ln-1) q sn = r n p + ln q Contoh 2.15
Carilah (205, 75) dan nyatakan sebagai kombinasi linear dari 205 dan 75. Jawab: 205 = 2.75 + 55 , k1 = 2 75 = 1.55 + 20 , k2 = 1 55 = 2.20 + 15 , k3 = 2 20 = 1.15 + 5 , k4 = 1 15 = 3.5 + 0 Jadi : (205, 75) = 5 r o = 1 lo = 0 r 1 = 0 l1 = 1 r 2 = r o – k1.r 1 l2 = lo – k1 l1 = 1 – 2. 0 = 0 – 2.1 =1 = -2 33
r 3 = r 1 – k2 – r 2 l3 = l1 - k2 l2 = 0 – 1. 1 = 1 – 1 (-2) =1 =3 r 4 = r 2 – k3 . r 3 l4 = l2 – k3 l3 = 1 – 2(-1) = -2 – 2 . 3 =3 = -8 r 5 = r 3 – k4 r 4 l5 = l3 – k4 l4 = -1 – 1 (3) = 3 – 1 . (-8) = -4 = 11 Jadi: (205, 75) = (-4) . 205 + 11.75 Contoh 2.16
Langkah-langkah pada contoh 2.15 memerlukan tempat mencari yang luas dan waktu yang yang panja panjang ng.. Untu Untukk meny menyed eder erha hana naka kann lang langka kah-l h-lan angk gkah ah penc pencar aria ian, n, kita kita dapa dapatt mengurangi tempat dan waktu dengan mengoperasikan atau menggunakan tabel. Dengan menggunakan tabel, contoh 2.15 dapat dikerjakan sebagai berikut: n r 1 1 2 0 3 1 4 -1 5 3 6 -4 jadi: (205, (205, 75) 75) = (-4) (-4) . 205 + 11. 11. 75
l 0 1 -2 3 -8 11
k 2 1 2 1
Contoh 2.17
Carilah m dan n jika (8517, 2669) = m . 8517 + n . 2669 Jawab: 8517 = 3.2669 + 510 , k1 = 3 2669 = 5.510 + 119 , k2 = 5 510 = 4.119 + 34 , k3 = 4 119 = 3 . 34 + 17 , k4 = 3 34 = 2 . 17 + 0
34
n r l k 1 1 0 3 2 0 1 5 3 1 -3 4 4 -5 16 3 5 21 -67 6 -68 217 Jadi: (8517, 2669) = (- 68) . 8517 + 217 . 2669 m = -68 dan n = 217 Maril Marilah ah seka sekara rang ng kita kita memp mempel elaja ajari ri pasa pasang ngan an pasa pasang ngan an pemb pembah ahas asan an FP FPB B (fakt (faktor or Persekutuan ter Besar)yang disebut KPK (Kelipatan Persekutuan ter Kecil). Topik FPB dan KPK merupakan materi pelajaran matematika di sekolah sejak Sekolah Dasar. Definisi 2.4
Jika x, y ∈ Z, x ≠ 0, dan y ≠ 0, maka: a) m disebut disebut kelipatan kelipatan perseku persekutuan tuan (commo (commonn multiple) multiple) dari x dan y jika jika x m dan y m b) m disebut disebut kelipat kelipatan an perseku persekutuan tuan terkecil terkecil (least (least common common multiple multiple,, l.c.m) l.c.m) dari x dan y jika m adalah bilangan bulat positif terkecil sehingga x m dan y m. Notasi:
m = [x, y] dibaca m adalah kelipatan persekutuan terkecil dari x dan y Denga Dengann jalan jalan yang yang sama sama dapat dapat didefin didefinisik isikan an kelipa kelipatan tan perse persekut kutuan uan terkeci terkecill dari dari 3 bilangan, bilangan, 4 bilangan, bilangan, …, n bilangan, bilangan, misalnya misalnya:: n = [x, y, z] dibaca n adalah kelipatan persekutuan terkecil dari x, y, dan z. p = [a, b, c, d] dibaca p adalah kelipatan persekutuan terkecil dari a, b, c, dan d. Contoh 2.18
a. Carilah [12, 16] Jawab: Karena [12, 16] bernilai positif, maka [12, 16] dapat dicari dari kelipatanpersekutuan 12 dan 16 yang positif. Kelipatan 12 yang positif adalah 12, 24, 36, 48, 60, … Kelipatan16 yang positif adalah 16, 32, 48, 64, 80, … 35
48 adalah kelipatan kelipatan persekutuan 12 dan 16 sebab 12 48 dan 16 48 96 adalah kelipatan persekutuan persekutuan 12 dan 16 sebab 12 96 dan 16 96 Kelipatan-kelipatan persekutuan 12 dan 16 adalah 48, 96, 144, 192, … Dari barisan bilangan kelipatan persekutuan 12 dan 16, yang terkecil adalah 48, sehingga [12, 16] = 48 b. Carilah Carilah [25, 15] Jawab: Kelipatan 25 yang positif adalah 25, 50, 75, … Kelipatan 15 yang positif adalah 15, 30, 45, … Kelipatan-kelipatan persekutuan 25 dan 15 yang positif adalah 75, 150, 225, … Kelipatan-kelipatan persekutuan 25 dan 15 yang positif dan terkecil adalah 75, sehingga [25, 15] = 75 Perhatikan kelipatan-kelipatan persekutuan 4 dan 5 yang positif, yaitu: 20, 40, 60, 80, … dan yang terkecil adalah 20, sehingga [4, 5] = 20 Ternya Ternyata ta 20 20, 20, 20 40, 20 60, 60, 20 80, …, 20 k untu untukk seba sebara rang ng kelip kelipat atan an persekutua persekutuann k dari dari 4 dan dan 5 Teorema 2.22
Ditentukan x, y ∈ Z, x ≠ 0, dan y ≠ 0 m = [x, y] jika dan hanya jika x m, y m, m > 0, dan untuk sebarang kelipatan persekutua persekutuann n dari dari x dan dan y berlak berlakuu m n Bukti:
(→) Ambil m = [x, y], maka menurut definisi 2.4, x m, y m dan m > 0 Misalkan n adalah sebarang kelipatan persekutuan x dan y, maka x n dan y n. Harus ditunjukan bahwa m n. Menurut perbagian algoritma, karena m ≤ n, maka tentu ada k, s ∈ Z sehinga n = km + s, 0 ≤ s < m Untuk Untuk membu membuktik ktikan an m n, haru haruss ditu ditunj njuk ukka kann bahw bahwaa n = km, km, atau atau haru haruss ditunjukkan bahwa s = 0. Perhatikan bahwa n = km + s, maka s = n – km. x m dan y m, maka x am dan y am x n dan x am, maka x n-am y n dan y am, maka y n – am 36
x n – am dam y n – am, maka n – am adalah kelipatan persekutuan x dan y. s = n – km, x n – km, dan y n – km, maka x s dan y s x s dan y s, maka s kelipatan persekutuan x dan y. Karena s dan m adalah kelipatan-kelipatan persekutuan x dan y, dan m adalah yang terkecil, serta 0 ≤ s < m, maka jelas bahwa s = 0, sehingga n = km, atau m n. (←) Ambil m > 0, x m, y m, dan untuk sebarang kelipatan persekutuan n dari x dan y berlaku m n. Ini berarti bahwa m adalah suatu kelipatan persekutuan dari x dan y yang membagi semua kelipatan persekutuan dari x dan y yang lain. Jadi m = [x, y] Teorema 2.23
[mx, my] = m [x, y] untuk sebarang m ∈ n Bukti:
Ambil K = [mx, my] dan k = [x, y] K = [mx, my], maka sesuai definisi 2.4, mx k dan my k k = [x, y], maka sesuai definisi 2.4, x k dan y k x k, maka menurut teorema 2.8, mx mk. y k, maka menurut teorema 2.8, my mk mx mk dan my mk, mk, maka maka menu menuru rutt defin definis isii 2.4, 2.4, mk adal adalah ah kelip kelipat atan an persekutua persekutuann dari mx mx dan my. Karena K adalah kelipatan persekutuan terkecil dari mx dan my, dan mk adalah kelipatan persekutuan mx dan my, maka menurut teorema 2.22, K mk. Jadi: [mx, my] m [x, y] Selanjutnya, karena mx k dan my K, maka sesuai definisi 2.1, K = amx dan K = bmy untuk suatu a, b ∈ Z, berarti K m
K m
= ax dan
K m
= by, atau x
K m
dan y
.
Karena x
K m
dan y
K m
, maka menurut definisi 2.4,
K m
adalah kelipatan
persekutua persekutuann x dan dan y. 37
Akibatnya, sesuai dengan teorema 2.22, [x, y] membagi Karena [x, y]
K m
K m
, yaitu [x, y]
, maka menurut teorema 2.8, m [x, y] m .
K m
K m
.
, atau m [x, y]
K.
Jadi: m [x, y] [ mx, my] Akhirnya, karena [mx, my] > 0, m [x, y] > 0, [mx, my] m [x, y], dan m [x, y] [ mx, mx, my], maka menurut teorema 2.7, [mx, my] = m [x, y]. Teorema 2.24
Jika x, y ∈ N dan [x, y] = 1, maka [x, y] = xy Bukti:
[x, y] = 1, maka menurut teorema 2.12, mx + ny = 1 untuk suatu m, n ∈ Z,
sehingga [x, y] [mx + my] = [x, y], atau [x, y] mx + [x, y] ny = [x, y] [x, y] adalah kelipatan persekutuan terkecil x dan y, maka sesuai definisi 2.4,
x [ x, y], y [ x, y], berarti sesuai dengan teorema 2.8 xy [ x, y] y dan xy [ x, y]x. Dengan demikian, sesuai teorema 2.1, xy [ x, y] ny dan xy [ x, y] mx, dan sesuai teorema 2.5, xy [ x, y] mx + [x, y] ny. Jadi xy [ x, y] [x, y] adalah kelipatan persekutuan terkecil x dan y, dan xy Adalah kelipatan x dan y, maka menurut teorema 2.22, [x,y] │xy Dari xy [ x, y] dan dan [x, y] xy, maka teorema 2.7, xy = [x, y], atau [x, y] = [x, y] Contoh 2.19
a. (2, 3) = 1, maka [2, 3] = 2 . 3 = 6 b. (7, 11) = 1, maka maka [7, 11] = 7 . 11 = 77 c. (16, 13) = 1, maka [16, 13] = 16 . 13 = 208 Teorema 2.25
Jika x, y ∈ Z, maka (x, y) [x, y] = xy xy Bukti:
x y Ambil d = (x, y), maka sesuai teorema 2.14, , = 1 d d x y Sesuai teorema 2.24, karena , = 1, maka: d d
38
x , y d d = akibatnya
x y . d d
x , y x , y = 1. d d d d
x y . d d
x y x y d2 , , = d2 . d d d d
=
x y . d d
xy d2
x y x y d , . d , = xy, d d d d dan sesuai teorema 2.13 serta teorema 2.23, diperoleh
d . x , d. y d . x , d . y . = xy xy d d d d (x, y) [x, y] = xy Contoh 2.20
a.
(6, 9) [6, 9] = 6 . 9 = 54
b.
(12, (12, 18) 18) = maka maka 6 [12 [12,, 18] 18] = 12.1 12.18, 8, sehin sehingg ggaa [12 [12,, 18] 18] =
c.
(24 (24, 16) = 8, maka maka 8 [24, [24, 16] 16] = 24 . 16, sehi sehing nggga [24, [24, 16] 16] =
d.
[36, 48] =
36 . 48 (36 , 48)
=
36 . 48 12
1 6
. 12 . 18 = 36 1 8
.24.16 = 48
= 144
Tugas dan Latihan
Agar Anda lebih memahami dan menguasai materi tentang FPB, KPK, dan Keprimaan, kerjakanlah dengan sungguh-sungguh Tugas dan Latihan berikut. Tugas
Carilah Carilah buk bukuu bacaa bacaann tentang tentang Teori Teori Bilang Bilangan, an, misalny misalnyaa Eleme Elementar ntaryy Numbe Numberr Theory Theory and Its Applications yang ditulis oleh Kenneth H. Rosen, dan diterbitkan oleh Addison-Wesley Publishing Company. 1. Jelaskan dan buktikan Teorema Dasar Aritmetika 2. Buktikan [p,q](p,q) = pq dengan menggunakan Teorema Dasar Aritmetika 3. Nyatakan bentuk umum (p,q) dan [p,q] dengan menggunakan pemfaktoran prima, dan berilah masing-masing dua contoh.
39
Latihan
1. Nyatakan (2345) 10 dalam notasi lambing bilangan (a) basis 7 (b) basis 8 2. Diketahui p,q ∈ Z dan (p,q) = 1 Carilah semua kemugkinan nilai d = (p + q , p – q ) 3. Tunjukkan bahwa (3t + 2) dan (5t + 3) adalah relative prima, t ∈ {0, 1, 2, 3, …} 4. Carilah m dan n jika : (a) 67815m + 21480n = (67815,21480) (b) 30745m + 17446n = (30745,17446) 5. Buktikan : jika (x,y) = 1 da dann z x + y, maka (x,z) = (y,z) = 1 6. Buktikan : (r + ts , s) = (r,s) 7. Diketahui : (4,p) = 2 dan (4,q) = 2. Carilah (4,p+q) 8. Diketahui p adalah suatu bilangan prima, (p 2,m) p dan (p 3,n) = p2 Carilah (p4,mn) 9. Carilah (x2,108) jika diketahui (x,18) = 6 Rambu-Rambu Jawaban Tugas Dan Latihan Rambu-Rambu Jawaban Tugas
1. Teorema Dasar Arithmetic (Teorema Dasar Aritmetika) Setiap bilangan bulat positif lebih dari satu dapat dinyatakan sebagai kelipatan atau faktor-faktor prima secara tunggal, dalam urutan yang tidak menurun. Bukti : Untuk membuktikan teorema dasar aritmetika diperlukan dua teorema pendukung yaitu (a) jika jika p, q, r ∈ Z + , (p,q) = 1 dan p │ qr , maka p │ r (b) jika p adalah suatu bilangan prima, p │ x 1x2 …xn , dan x1,x2, …xn ∈ Z + , maka tentu ada bilangan bulat i dengan 1 ≤ i ≤ n sedemikian hingga p │ x i Selanjutnya akan dibuktikan dengan cara tidak langsung. Anggaplah ada bilangan-bilangan bulat positif yang tidak dapat ditulis sebagai factor-faktor prima. Ambil bilangan-bilangan itu yang terkecil adalah , maka menurut prinssip urutan rapi, n pasti ada. Jika n adalah suatu bilangan prima, maka n memuat factor prima n. Jika n adalah adalah bukan suatu suatu bilangan prima, maka maka n adalah adalah suatu bilangan komposit, misalkan n = ab, 1 < a < n , dan 1 < b < n. 40
Karena a < n dan b < n , maka sesuai dengan dengan teorema (b) di atas, a dan b masing-masing mempunyai faktor prima, dengan demikian n dapat dinyatakan sebagai kelipatan bilanganbilangan prima. Untuk membuktikan ketunggalan pemfaktoran, dimisalkan pemfaktoran n tidak tunggal, yaitu n dapat dinyatakan dalam dua pemfaktoran yang berbeda : N = p1 p2…pi dan n = q1 q2 … q j dimana p1 ,p2,,…pi dan n = q1, q2, … q j semuanya adalah bilangan-bilangan prima dan p1 ≤ p2 ≤…≤ pi dan n = q1 ≤ q2 ≤ … ≤ q j Dengan demikian dapat ditentukan bahwa : p1 p2…pi = q1 q2 … q j Jika factor-faktor prima persekutuan ruas kiri dan ruas kanan dihapus, maka setelah pengaturan ulang diperoleh : p1 p2…pm = q1 q2 … qn p1 (p2…pm ) = q1 q2 … qn Dengan demikian p 1 │ q1 q2 … qn , dan sesuai dengan teorema (b) di atas, p 1 │ qr untuk suatu r yang mana mana 1 ≤ r ≤ n. Karena p 1 dan qr keduanya adalah bilangan prima, maka p1 = qr , terjadi kontradiksi, yaitu p 1 p2…pm dan q1 q2 … qn masih mempunyai factor persekutuan. Jadi pemfaktoran prima dari n adalah tunggal. 2. Misalkan pemfaktoran prima dari x dan y adalah : x = p 11 p 2 … p r
dan y = p 11 p 2 … p
r m
r 2
s
m
s 2
sm m
dimana masing-masing bilangan pangkat adalah suatu bilangan bulat tidak negative, dan bilangan-bilangan prima yang menjadi factor x sama dengan yang menjadi factor y, yaitu dengan pangkat bilangan nol Dengan demikian : (x,y) = p 1min( 1 , 1 ) p min( 2
r 2 , s2 )
… p min(
[x,y] = p 1
( , )
…p
r s
p 2
mak ( r 1 , s1 )
mak r 2 s2
r m , sm )
m
mak ( r m , sm ) m
Jika min(r i,si) = ki dan mak(r i,si) = K i , maka : (x,y) = p 1 p 2 … p k 1
k 2
k m m
[x,y] = p 1 1 p 2 … p K
K 2
K m m
sehingga : (x,y)[x,y] = (p 1 p 2 … p )( p 1 1 p 2 … p ) k 1
k m
k 2
= p 1 + p 22 + 2 … p k 1 K 1
K
m
k K
k m
K 2
K m m
+ K m
m
41
Kita dapat membuktikan suatu teorema bahwa : min(r,s) + mak(r,s) = r + s sebagai berikut : Jika r ≥ s, maka min(r,s) = s dan mak(r,s) = r sehingga min(r,s) + mak(r,s) = r + s Jika r < s, maka min(r,s) = r dan mak(r,s) = s sehingga min(r,s) + mak(r,s) = r + s Akibatnya, kita dapat menentukan bahwa : p
k i i
+ K i
= p min(
+
r i , si ) mak ( r i , si )
i
=p
r i
+ si
i
Dengan demikian : (x,y)[x,y] = p 1 + p 22 + 2 … p k 1 K 1
k K
= p 11 + 1 p 2 + … p r s
r 2 s2
r m
k m
+ K m
m
+ sm
m
= (p 11 p 2 … p )( p 11 p 2 … p ) r
r m
r 2
s
s m
s 2
m
m
= xy 3. Jika x = p 11 p 2 … p dan y = p 11 p 2 … p , maka : r
r m
r 2
s
m
(x,y) = p 1min( 1 , 1 ) p min( 2
r 2 , s2 )
… p min(
[x,y] = p 1
( , )
…p
r s
p 2
mak ( r 1 , s1 )
mak r 2 s2
s 2
sm m
r m , sm )
m
mak ( r m , sm ) m
Contoh : 1. x = 18 = 21.32 y = 24 = 23.31 (x,y) = 2min(1,3).3min(2,1) = 21.31 = 2.3 = 6 [x,y] = 2mak(1,3).3mak(2,1) = 23.32 = 8.9 = 72 2. x = 36 = 2 2.32.50 y = 45 = 20.32.51 (x,y) = 2min(2,0).3min(2,2).5min(0,1) = 20.32.50 = 1.9.1 = 6 [x,y] = 2mak(2,0).3mak(2,2).5mak(0,1) = 22.32.51 = 4.9.5 = 180 Rambu-Rambu Jawaban Latihan
1. a. 2345 = 7.335 + 0 b. 2345 = 8.293 + 1 335 = 7.47 + 6 293 = 8.36 + 5 47 = 7.6 + 5 36 = 8.4 + 4 6 = 7.0 + 6 4 = 8.0 + 4 (2345)10 = (6560)7 (2345)10 = (4451)8 2. d = (p+q,p-q), maka d │p+q dan d │p-q, sehingga d│(p+q) – (p-q), atau d│2p dan d │2q 42
Dengan demikian d adalah factor persekutuan dari 2p dan 2q, berarti d │ (2p,2q), atau d │2(p,q). Karena (p,q) = 1 dan d │2(p,q), maka d │2, berarti d = 1 atau d = 2 3. (3t+2,5t+3) = (3t+2,5t+3-3t-2) =(3t+2,2t+1) = (3t+2-2t-1,2t+1) = (t+1,2t+1) = (t+1,2t+1-t-1) (t+1,2t+1-t-1) = (t+1,t) = (t+1-t,t) = (1,t) = 1 Atau : Karena 5(3t+2) – 3(5t+3) = 1 , maka 1 adalah bilangan bulat positif terkecil yang merpakan kombinasi linier dari 3t + 2 dan 5t + 3, jadi (3t+2,5t+3) = 1 4. a. 67815 = 3.21480 + 3375 n s t q 21480 = 6.3375 + 1230 1 1 0 3 3375 = 2.1230 + 915 2 0 1 6 1230 = 1.915 + 315 3 1 -3 2 915 = 2.315 + 285 4 -6 19 1 315 = 1.285 + 30 5 13 -41 2 285 = 9.30 + 15 6 -19 60 1 30 = 2.15 + 0 7 51 -161 9 8 -70 221 9 681 -2150 Jadi : m = 681 dan n = -2150 b. Kerjakan dengan jalan yang sama, m = 21 dan n = -37 5. Misalkan d = (x,z), maka d │ x dan d │ z d │z dan z │ x + y, maka d │ x + y ; d │ x + y dan d │ x, maka d │ y d │ x dan d │ y, maka d adalah factor persekutuan dari x dan y, sehingga d │ (x,y). Karena d │ (x,y) dan (x,y) = 1, maka d │ 1. Jadi (x,z) = 1 6. Harus dibuktikan (r + ts) │ (r,s) dan (r,s) │ (r + ts, s) (r + ts,s) │ s, maka (r + ts,s) │ ts Karena (r + ts,s) │ ts dan (r + ts,s) │ r + ts , maka (r + ts,s) │ r Selanjutnya (r + ts,s) │ r dan (r + ts,s) │ s maka (r + ts,s) adalah factor persekutuan persekutuan Dari r dan s, dengan demikian (r + ts,s) │ (r,s) Teruskan untuk membuktikan (r,s)│ (r + ts,s). 7. (4,p) = 2, maka 2 │ p , berarti p = 2r untuk suatu r ∈ Z (4,q) = 2, maka 2 │ q , berarti q = 2s untuk suatu s ∈ Z r dan s tidak mungkin bilangan genap sebab untuk r = 2m dan s = 2n berakibat p = 4m dan q = 4n, sehingga (4,p) = (4,4m) = 4(1,m) = 4.1 =4 dan juga (4,q) = 4 43
Dengan demikian r dan s keduanya harus bilangan ganjil, misalnya r = 2m + 1 dan s = 2n + 1, maka (4,p+q) = (4, 4m+2+4n+2) = 4(1, m + n + 1) = 4.1 = 4 8. (p2 , m) = p , maka (p, m/p) = 1 (p3 , n) = p2 , maka (p, n/p2) = 1 Karena (p, m/p) = 1 dan (p, n/p2) = 1 , maka (p, mn/p3) = 1, atau p3. (p, mn/p3) = p3 Jadi (p4, mn) mn ) = p3 9. (x, 18) = 6 , maka (x/6 , 3) = 1 , sehingga (x 2/36, 3) = 1, akibatnya 36(x 2/36, 3) = 36 Dengan demikian (x 2, 108) = 36. Rangkuman
Dalam Kegiatan Belajar 2 ini, secara keseluruhan materi pembahasan terkait dengan konsep FPB dan KPK, di dalamnya banyak berbicara tentang definisi dan teorema, serta beberapa pene pe nera rapa pann nnyya. 1. (x,y) adalah notasi untuk menyatakan fpb dari x dan y (x,y) adalah suatu bilangan bulat positif terbesar yang membagi x dan membagi y 2. [x,y] adalah notasi untuk menyatakan kpk dari x dan y [x,y] adalah suatu bilangan bulat positif terkecil yang habis dibagi oleh oleh x dan oleh y 3. Terdapat 14 teorema tentang fpb dan kpk 2.12 d = (x,y) adalah suatu bilangan bulat positif terkecil yang merupakan kombinasi linier dari x dan y 2.13 Jika k ∈ N, maka k(x,y) = (kx,ky) 2,14 Jika d = (x,y), maka (x/d , y/d) = 1 2.15 Jika p │ qr dan (p,q) = 1, maka p │ r 2.16 Jika (x,t) = 1 dan (y,t) = 1 , maka (xy,t) = 1 2.17 Jika f adalah suatu factor persekutuan dari x dan y , maka f │ (x,y) 2.18 (x,y) = (y,x) = (x,-y) = (-x,y) = (-x,-y) 2.19 (x,y) = (x, y + ax) = (x + by , y) untuk sebarang a,b ∈ Z 2.20 Algoritma Euclides 2.21 Teknik mencari m dan n jika (x,y) = mx + ny 2.22 [x,y] │ k untuk sebarang kelipatan x dan y 2.23 Jika m ∈ N, maka m[p,q] = [mp,mq] 2.24 Jika (x,y) = 1 , maka [x,y] = xy 2.25 (x,y)[x,y] = xy 44
Tes Formatif 2
1. Skor 20 Carilah kemungkinan nilai-nilai d jika : (a) (a,b (a,b)) = 1 dan dan d = (a2 + b2 , a + b) (b) (a,b (a,b)) = 1 dan dan d = (a + b , a2 – ab + b2 ) 2. Skor 20 Carilah nilai-nilai x dan y jika : 67320 x + 96577 y = (67320 , 96577) 3. Skor 20 Carilah nilai-nilai x dan y jika : (34709,100319) = 34709 x + 100319 y 4. Skor 10 Nyatakan (2008) 10 dalam notasi basis 2 5. Skor 20 Dengan menggunakan Teorema Dasar Aritmetika, carilah factor persekutuan terbesar dari 1815156 dan 686000 6. Skor 10 Nyatakan dengan B (Benar) atau S(Salah) (a) Jika Jika (a,b) (a,b) = (a,c), (a,c), maka maka b = c (b) (b) (-12 (-12,-,-16 16)) = - 4 (c) (2p, 20 + 2p) 2p) tidak tidak membag membagii 20 (d) (-5,0) (-5,0) tidak tidak didefinis didefinisika ikann (e) Jika t = [2x,3y] , maka x membagi membagi t dan dan y membagi membagi t (f) Jika Jika [p,q] [p,q] = [r,s] [r,s] , maka maka p = r dan q = s (g) 3x mem memba bagi gi [x,y] [x,y] (h) (2x – 7 , 2x) 2x) memb membag agii 7 (i) (i) (p,q (p,q)) memb membag agii 5p 5p (j) (j) (r, (r, r – 4) = 1, 1, 2, 2, ata atauu 4 Cocokkanlah jawaban Anda dengan Rambu-Rambu Jawaban Tes Formatif 2 yang terdapat di baggian ba ian hala halama mann akhi akhirr dari ari modul odul ini. ini. Kemu Kemudi dian an perk perkir iraakan kan skor skor jawa jawaba bann yang yang Anda Anda kerj kerjak akan an
45
benar,r, dan bena dan guna gunaka kann crit criteeria ria beri beriku kutt untu untukk meng mengeetahu tahuii ting tingkkat peng pengua uasa saaan Anda Anda terh terhaadap dap pema pe maha hama mann mate ateri Keg Kegiata iatann Bela Belaja jarr 2. Skor jawaban yang benar Tingkat Penguasaan = ------------------------------------- x 100 % 100 100
Tingkat penguasaan Anda dikelompokkan menjadi : Baik sekali : 90 % - 100 % Baik : 80 % - 89 % Cukup : 70 % - 79 % Kurang : < 70 % Apabila Anda mencapai tingkat penguasaan 80 % atau lebih, maka Anda dapat meneruskan ke Modul 3. Prestasi Anda bagus sekali. Jika tingkat penguasaan Anda kurang dari 80% , maka sebaiknya Anda mengulangi materi Kegiatan Belajar 2 , terutama pada bagian-bagian yang belum Anda kuasai dengan baik.
46
Rambu-Rambu Rambu-Rambu Jawaban Tes Formatif Tes Formatif 1
1. a. 3 | 12, 3 | 8 + 4, tetapi 3 Θ 8 dan 3 Θ 4 b. 4 | 20, 4 | 2.10, tetapi 4 Θ 2 dan 4 Θ 10 c. 8 | 16, 3+5 | 16, tetapi 3 Θ 16 dan 5 Θ 16 d. 2 | 6 dan 3 | 6, tetapi 2 ≠ 3 d. 2 | 4 dan 2 | 6, tetapi 4 ≠ 6 2. a. n = a7.107 + a6.106+ a5.105 + a4.104 + a3.103 + a2.102+ a1.10 + a0 = (a0 + 10a1) + (99a2 + a2) + (990a3 + 10a3) + (9999a4 + a4) + (99990a5 + 10a5) + (999999a6 + a6) + (9999990a7 + 10a7) n = (a0 + 10a1) + (a2 + 10a3) + (a4 + 10a5) + (a6 + 10a7) + 99(a2 + 10a3 + 101a4 + 1010a5 + 10101a6 +101010a 7) Karena 99 | n dari 99|(a2 + 10a3 + 101a4 +1010a 5 +10101a 6 + 101010a7) maka 99 | (a0 + 10a1) + (a2 + 10a3) + (a4 +10a5) + (a6 +10a7) 99 | (a1.10 + a0) + (a3.10 + a2) + (a5.10 + a4) + (a7.10 +a6) Jadi: 99|(a1a0) + (a3a2) + (a5a4) + (a7a6) b. Serupa dengan jawaban a, gantilah : 100a2 dengan (101a 2 – a2) 1000a3 dengan (1010a 3 – 10a3)3 10000a 4 dengan (9999a 4 + a4), 100000a5 dengan (99990a 5 – 10a5), 1000000a 6 dengan (1000001a 6 - a6), 1000000a 7 dengan (10000010a 7 – 10a7). 3. Sesuai dengan definisi 2.1 : p | q + r, maka maka q + r = xp untuk untuk suatu suatu x ∈ z p | q , maka q = yp untuk suatu y ∈ z q + r = xp dan q = yp, maka yp + r = xp, r = (x – y)p Jadi: p | r 4. n3 + 6n2 + 8n = n(n2 + 6n + 8) = n(n + 2)(n + 4) Sesuai dengan teorema algoritma pembagian, p embagian, n dapat dinyatakan sebagai salah satu dari n = 3k, n = 3k + 1, atau n = 3k + 2 47
n(n + 2)(n + 4) memuat faktor 3 jika n diganti dengan n = 3k, n = 3k + 1, atau n = 3k + 2 5. a. 37859 3785 378599 = 2.18 2.1892 9299 +1 1892 189299 = 2.94 2.9464 64 +1 9464 = 2.4732 + 0 4732 = 2.2366 + 0 2366 = 2.1183 + 0 1183 = 2.591 + 1 591 = 2.295 + 1 295 = 2.147 + 1 147 = 2.73 + 1 73 = 2.3 2.36 + 1 36 = 2.1 2.18 + 1 18 = 2. 2.9 + 1 9 = 2. 2.4 + 1 4 = 2. 2.2 + 0 2 = 2. 2.1 + 0 1 = 2. 2.0 + 1 (37859)10 = (1001111111 | 00011) 2 b. 1 6 3246793 2475619839 7 | 693,11 | 693, dan 13 Θ 693 Jadi: 77 | 2475619839 tetapi 143 Θ 2475619839 Tes Formatif 2
1. (a) d = (a2 + b2,a + b), maka menurut definisi 2.3, d│a 2 + b2 dan d│a + b d│a + b, maka sesuai teorema 2.1, d│(a + b)(a + b) atau d│(a + b) 2 , berarti d│a2 + 2ab + b2 dan d a2 + b2 , maka berdasarkan teorema 2.4, dapat ditentukan bahwa d│(a2 + 2ab + b2) – (a2 + b2), atau d│2ab. Karena d│a + b dan (a,b) = 1, maka dapat dibuktikan bahwa (a,d) = (b,d) = 1 sebagai berikut :
48
Misalkan (a,d) = t , maka menurut definisi 2.3, t│a dan t│d t│a dan a│a + b , maka menurut teorema 2.2, t│b, dengan demikian dari t│a dan t│b, sesuai dengan definisi 2.3, t adalah factor persekutuan a dan b, dan sesuai dengan teorema 2.17, t│(a,b), atau t│1, berarti t = 1 sebab t > 0. Jadi t = (a,d) = 1, dan dengan jalan yang sama, dapat ditentukan (b,d) = 1. Selanjutnya, karena (a,d) = 1 dan d 2ab, atau d a(2b), maka sesuai teorema 2.15, d│2b, atau d│b.(2), berarti menurut teorema 2.15, d│2 karena (d,b) = 1. Karena d > 0 dan d │2, maka d = 1 atau d = 2. (b) d = (a2 – ab + b2,a + b), maka menurut definisi 2.3, d│a 2 – ab + b2 dan d│a + b Kerjakan serupa dengan (a) sehingga diperoleh d│3ab Karena d│3ab, (d,a) = 1, dan (d,b) = 1, maka d│3. Jadi d = 1, d =2, atau d = 3 karena d > 0 dan d│3 2. 96577 = 1.67320 + 29257 n s t q 67320 = 2.29257 + 8806 1 1 0 1 29257 = 3.8806 + 2839 2 0 1 2 8806 = 3.2839 + 289 3 1 -1 3 2839 = 9.289 + 238 4 -2 3 3 289 = 1.238 + 51 5 7 -10 9 238 = 4.51 + 34 6 -23 33 1 51 = 1.34 + 17 7 214 -307 4 34 = 2.17 + 0 8 -237 340 1 9 1162 -1667 10 -1399 2007 (96577,67320) = 17 = (-1399)(67320) + (2007)(29257) Jadi m = - 1399 dan n = 2007 3. 100313 = 2.34709 + 30895 n s t q 34709 = 1.30895 + 3814 1 1 0 2 30895 = 8.3814 + 383 2 0 1 1 3814 = 9.383 + 367 3 1 -2 8 383 = 1.367 + 16 4 -1 3 9 367 = 22.16 + 15 5 9 -26 1 16 = 1.15 + 1 6 -82 237 22 15 = 15.1 + 0 7 91 -263 1 8 -2084 6023 49
9 2175 -6286 (100313,34709) = 1 = (2175)(100313) + (-6286)(34709) Jadi : m = 2175 dan n = -6286 4. 2008 = 2.1004 + 0 1004 = 2.502 + 0 502 = 2.251 + 0 251 = 2.125 + 1 125 = 2.62 + 1 62 = 2.31 + 0 31 = 2.15 + 1 15 = 2.7 + 1 7 = 2.3 + 1 3 = 2.1 + 1 1 = 2.0 + 1 (2008)10 = (11111011000) (11111011000) 2 5. 1815156 = 2.907578 = 2.2.453789 = 2.2.3.151263 = 2.2.3.3.50421 = 2.2.3.3.3.16807 = 2.2.3.3.3.7.2401 = 2.2.3.3.3.7.7.343 = 2.2.3.3.3.7.7.7.49 = 2.2.3.3.3.7.7.7.7.7 = 22.33.75 686000 = 2.343000 = 2.2.171500 2.2.171500 = 2.2.2.85750 2.2.2.85750 = 2.2.2.2.42875 = 2.2.2.2.5.8575 = 2.2.2.2.5.5.1715 = 2.2.2.2.5.5.5.343 = 2.2.2.2.5.5.5.7.49 = 2.2.2.2.5.5.5.7.7.7 = 24.53.73 (1815156,686000) (1815156,686000) = 22.73 = 4.343 = 1372 Cara di atas dapat dinyatakan dengan cara serupa : 2 1815156 686000 2
907578
343000
7
64827
24500
7
9261
3500
7
1323
500 50
Karena (1323,500) = 1, maka (1815156,686000) = 2.2.7.7.7 = 1372 6. (a) S (f) S (b) S (g) S (c) S (h) B (d) S (i) B (e) B (j) B Daftar Kepustakaan
Niven, Niven, I., Zucke Zuckerman, rman, H.S., H.S., dan dan Montgome Montgomery, ry, H.L. H.L. (1991). (1991). An Introduction to The Theory of Numbers. New York : John Wiley & Sons. Redmond, D. (1996). Number Theory. New York York : Marce Marcell Dekker. Dekker. Rosen, K.H. (1993). Elementary Number Theory And Its Applications. Massachusetts : Addison-Wesley.
51
