PRESENTATED BY GROUP 3 BAHRUL AHMAD, NUR·AINI, YUSFIATINI PROGRAM STUDY OF MATHEMATICS EDUCATION POST GRADUATED PROGRAM STATE UNIVERSITY OF MEDAN
A. Te Teorema Fermat.
Teorema 6.1:
Jika Jika (a (a,m) ,m)=1 =1 maka maka re resi sidu du-r -res esid iduu terke terkecil cil modul moduloo m dar darii ba baririsa sann : a, 2a 2a,, 3a,, «,(m-1 3a «,(m-1)a )a ad adala alahh su suat atuu pe permu rmuta tasi si da dariri 1, 2, 3, «, (m-1) (m-1).. Bukti :
Perh Perhat atik ikan an ba baririsa sann bila bilang ngan an : a, 2a, 3a, «, (m-1)a «««««..(1) bila bilang ngan an-b -bililan anggan pa pada da ba baririsa sann ini ini tidak idak ad adaa sa satu tupu punn yan angg kong kongru ruen en modulo modulo m dengan dengan 0. Sela Selanj njut utny nyaa kita kita ha haru russ memb membuk uktitika kann ba bahw hwaa bila bilang ngan an-b -bililan anga gann su suku ku-suku su ku pa pada da ba baririsa sann (1 (1)) masing masing-m -mai aing ng kon kongr grue uenn modul moduloo m de deng ngan an tepa tepatt satu sa tu da dariri 1, 2, 2, 3, «, «, (m-1 (m-1). ). And Andai aika kann ad adaa du duaa su suku ku da dariri ba barrisan isan (1) yan angg kong kongru ruen en modu modulo lo m, misa misaln lnya ya : ra sa (mod m) dengan 1 r < s < m. kare ka rena na (a (a,m ,m)) = 1 maka maka kita kita da dapa patt mele meleny nyap apka kann a dar darii ke keko kong ngru ruen enan an itu, sehingga sehingga diperoleh diperoleh r s (mod m) tetapi ka karrena ra dan sa adalah suku ku--suku dari barisan (1) maka maka r da dan s ad adalah residu ± residu terke keccil mod modulo m, sehi se hing ngga ga r = s.
lanjutan al ini ini be bert rtent entan anga gan( n(kon kontr tradi adiks ksi)i) de deng ngan an pe peng ngan anda daian ian bah bahwa wa 1 r < s < m , maka pengandaian tersebut tidak benar. Jadi tidak ada dua suku dari barisan (1) yang kongruen modulo m. ini berarti bahwa suku-suku dalam barisan (1) masing-masing kongruen mod odul uloo m de deng ngan an tepa tepatt sa satu tu da darri 1, 2, 3, «, (m(m-1) 1)« ««««..te ..terb rbuk uktiti.. Perhat Perhatikan ikan bar barisan isan bilanga bilangan: n: 4,8,12 4,8,12,16, ,16,20, 20,24. 24. Residu-residu terkecil mod 7 dari masing-masing suku dari barisan ini adal ad alah ah : 4 4 (mod 7) 8 1 (mod 7) 12 5 (mod 7) 16 2 (mod 7) 20 6 (mod 7) 24 3 (mod 7) H
Tampa ampakk pa pada da en enam am ke keko kong ngru ruen enan an ters terseb ebut ut ba bahw hwaa re resi sidu du-r -res esid iduu ter terke keci cill mod odul uloo 7 da darri su suku ku-s -suk ukuu pa pada da ba baririsa sann : 4,8, 4,8,12 12,1 ,16, 6,20 20,2 ,244 adala ada lahh sua suatu tu pe perm rmut utasi asi da dariri 1,2,3 1,2,3,4 ,4,5 ,5,6 ,6..
lanjutan
Jika semua bilangan pada ruas kiri dari 6 keko ke konngr gruuenan ini ini dika ikalika likann, maka ha hasi sillnya aka kann kong ko ngru ruen en modu modulo lo 7 de deng ngan an ha hasi silk lkal alii se semu muaa bilan langa gann pada ru ruas as ka kannanny nya, a, yaitu itu : 4.8.12 4.8.12.16 .16.20 .20.24 .24 4.1.5 4.1.5.2. .2.6.3 6.3 (mod (mod 7) 46 ( 1.2.3.4. 1.2.3.4.5.6) 5.6) 1.2.3.4. 1.2.3.4.5.6 5.6 (mod 7) 46. 6 ! 6! (mod 7) 7) 46 1 (mod (mod 7)
Teorema 6.2: (Teorema fermat )
Jika Jika p suat suatuu bil. bil. Pri Prima ma da dann (a (a,p ,p)= )=11 maka maka ap-1 1 (mod p). Bukti :
Ambi Ambill se semba mbara rang ng bila bilang ngan an pr prima ima p da dann bila bilang ngan an bu bula latt a se sede demik mikia iann (a,p (a ,p)) = 1 , maka menur menurut ut teor teorema ema 6,1 6,1 resid residuu-re resid siduu terke terkecil cil modul moduloo p dariri a, 2a da 2a,, 3a 3a,, «,(p «,(p-1 -1)a )a ad adala alahh su suat atuu pe permu rmuta tasi si da dariri 1,2, 1,2,3,« 3,«,, (p (p-1 -1), ), sehi se hing ngga ga ha hasil silkal kali-i-ha hasil silka kaliliny nyaa aka akann kon kongr grue uenn modul moduloo p juga, juga, ya yaitituu : a.2a. 3a. « . (p-1)a (p-1)a 1.2.3«(p-1) 1.2.3«(p-1) (mod p) ap-1(1 (1.2 .2.3 .3«( «(pp-1) 1))) (p (p-1 -1)! )! (mod (mod p) ap-1.(p.(p-1) 1)!! (p (p-1 -1)! )! (mod (mod p) kare ka rena na p dan dan (p (p-1 -1)! )! sal salin ingg pr prim imaa maka maka kita kita da dapa patt mele meleny nyap apka kann (p (p-1 -1)! )! dari ke keko konngruenan terakh khirir ini , sehingga diperoleh a p-1 1 (mo (modd p) p) «..««««««««««««Terbukti.
Teorema 6.3
Jika Jika p su suat atuu bila bilang ngan an pr prim imaa mak akaa ap = a (mod (mod p) , untuk untuk setiap setiap bilangan bilangan bula bu latt a. Bukti :
Amb Ambilil se semb mbar aran angg bilan bilanga gann pr prim imaa p da dann semba sembara rang ng bilan bilanga gann a, maka maka (a (a,p ,p)) = 1 ata atauu (a (a,p ,p)) = p. Apa Apaka kahh ad adaa ke kemu mung ngki kina nann lain lain an anta tara ra FPB FPB dari dari a dan dan p? p?.. Jika Jika (a (a,p) ,p) = 1, 1, maka maka menu menuru rutt teor teorem emaa 6.2 6.2 diper diperole olehh ba bahw hwaa ap-1 | 1 (mod p). Selan Selanju jutny tnya, a, jika jika ked kedua ua ru ruas as dikali dikalika kann a, maka maka diper diperole olehh ap = a (mod p). Jika Jika (a (a,p) ,p) = p, p, maka maka p|a, p|a, seh sehing ingga ga a | 0 (mo (modd p) da dann ap | a (mod p) pula. Jadi ap | a (mod p).
anjutan
L
Bukt Buktii lain lain dari dari teor teorem emaa 6.3 6.3 denga dengann meng menggu guna naka kann indu induks ksii mate matema matitikk pa pada da a. Jika Jika a = 1, mak makaa pe pern rnya yata taan an 1p | 1 (mod (mod p) jelas benar benar.. Demi Demikia kiann pula, pula, jika jika diamb diambilil a = 0. Selanju Selanjutny tnyaa diasums diasumsikan ikan ap | a (mod (mod p) be bena narr untuk untuk sua suatu tu bilan bilanga gann bulat bulat posi po sititiff a, dan dan ha haru russ ditu ditunj njuk ukka kann be bena narr un untu tukk (a (a+1 +1), ), yaitu ya itu (a (a+1 +1))p | a+1 (mod p). al ini ini ditu ditunj njukk ukkan an seb sebaga agaii be berik rikut ut:: Menuru Menurutt teorema teorema Binomia Binomiall maka: maka: H
Ingat bahwa bila bilang ngan an pr prim ima, a, maka maka p| untuk 1kp ± 1.
karena p suatu bera be rart rtii
anjutan
L
Jadi Ja di kita kita mempe empero role lehh ba bahw hwa: a: + 0 + 0 +...+ 0 + 1 (mod p) + 1 (mod p) Karena
a (mod p) maka
a + 1 (mod p).
Den enga gann indu induks ksii matem atemat atik ik pa pada da a kita kita tela telahh membu embukt ktik ikan an ba bahw hwaa a (mod (mod p) un untu tukk se setitiap ap bila bilang ngan an as aslili a. Sel Selan anju jutn tnya ya jika jika a suat suatuu bila bilang ngan an bu bula latt nega ne gatif tif,, bu bukan kan lagi lagi menj menjad adii pe pers rsoa oalan lan,, se sebab bab un untu tukk setiap setiap bilan bilangan gan bu bulat lat negative a berlrlak be akuu ba bahw hwaa a r (mo (modd p) p) den denga gann 0 r pp-1. 1. Jadi
a (mod p).
Teorema 6.4
Jika Jika p dan dan q adal adalah ah bila bilang ngan an-b -bililan anga gann pr prim imaa yang yang berlai rlainnan se seddemi emikia kian hing ingga ap | a (mo (modd q) q) ddan an aq | a (mod (mod p) p),, mak makaa apq | a (mod pq). Bukti:
Menu Menuru rutt teor teorem emaa 6.3, 6.3, ka kare rena na p su suat atuu bila bilang ngan an pr prim imaa mak makaa (aq)p | aq (mod (mod p). p). Selan Selanjut jutnya nya,, karena karena diket diketah ahui ui bah bahwa wa apq | a (mod (mod p) p).. ini ini be bera rart rtii ba bahw hwaa p|( apq-a)........................(1) Menu Menuru rutt teor teorem emaa 6.3 6.3 lag lagi,i, ka kare rena na q su suat atuu bila bilang ngan an pr prim imaa maka (aq)p | ap (mod q). q). Selanjut Selanjutnya, nya, karena karena diketahui diketahui bahwa ap | a (mod (mod q), q), maka maka kek kekong ongrue ruenan nan terseb tersebut ut menjad adii apq | a (mo (modd q). q). Ini Ini be bera rart rtii ba bahw hwaa q|( apq-a)........................(1) Dari Dari 1 da dann 2 disi disimp mpul ulka kann ba bahw hwaa pq pq||a (mod (mod pq pq))
ontoh C ontoh
6.4 :
Tun unju jukk kkan an ba bahw hwaa 2340 | 1 (mod 341) awab: J awab:
341 = 11.31 210 = 1024 = 31.33 + 1, sehingga 210 | 1 (mod 31) 211 | 2 (mod 31) 210 = 1024 = 31.33 + 1, sehingga 210 | 1 (mod (mod 11) 1),, jika jika ked kedua ua ru ruas as dipan dipangka gkatk tknn 3, maka maka:: (210)3 | 13 (mod 3) 230 | 1 (mod (mo d 11) 11) 231 | 2 (mod (mo d 11) 11) Menu Menuru rutt teor teorem emaa 6.4, 6.4, da dariri 2340 | 1 (mod (mod 34 341) 1) da dann tidak tidak da dapa patt disi disimpu mpulk lkan an ba bahw hwaa 34 3411 ad adal alah ah bilan bilanga gann pr prima ima.. Dala Dalam m se seja jara rahn hnya ya,, bila bilang ngan an be berb rben entu tukk 2n ± 2 ditemukan oleh matema matematitika kawa wann Chin Chinaa pa pada da 25 ab abad ad ya yang ng lalu lalu da dann men menyataka kann bahwa : n su suaatu bila bilang ngan an pr prim imaa jika jika da dann ha hany nyaa jika jika n|2 n|2 n ± 2
Teorema 6.5
Jika Jika p suatu suatu bila bilang ngan an pr prim ima, a, mak makaa ke keko kong ngru rueena nann x2 | 1 (mod p) mempunyai tepat 2 so solusi, ya yaitu 1 da dan p ± 1. Bukti :
Misa Misalk lkan an r ad adal alah ah su suat atuu so solu lusi si da dariri pe perk rkon ongr grue uena nann x 2 | 1 (mod p), maka: r 2-1| 0(mod p) (r+1)(r-1) | 0 (mod p) Perko Perkong ngru ruen enan an tera terakhi khirr ini ini be bera rart rtii P|(r+ P|(r+1) 1)(r (r-1 -1), ), karen karenaa p su suat atuu bilang bilangan an prima prima maka: p|(r+1 p|(r+1)) atau p|(r-1 p|(r-1)) r+1 | 0 (mod (mod p) atau atau r-1 | 0 (mod p) r | -1 (mod (mod p) ata atauu r | 1 (mod p) r | (p-1) (p-1) (mod (mod p) atau atau r | 1 (mod p) Kare Karena na r su suat atuu so solu lusi si da dariri pe perk rkon ongr grue uena nann x2 | 1 (mod (mod p) p),, maka maka r adal ad alah ah re resi sidu du terk terkec ecilil mod mod p. Jadi 1 da dan p-1 ad adalah solus lusi dari x 2 | 1 (mod p).
B. Teorema Wilson
Teorema 6.5
Jika Jika p suatu suatu bila bilang ngan an pr prim ima, a, maka maka ke keko kong ngru ruen enan an x2 | 1 (mod p) mempunyai tepat 2 solusi, yaitu 1 dan p ± 1. Bukti :
Misal isalka kann r adal adalah ah su suat atuu so solu lusi si da dariri pe perk rkon ongr grue uena nann x2 | 1 (mod p), maka: r 2-1| 0(mod p) (r+1)(r-1) | 0 (mod p) Perk Perkong ongru ruena enann terakh terakhirir ini ber berar artiti P|(r P|(r+1 +1)( )(rr-1) 1),, karen karenaa p sua suatu tu bilan bilanga gann prima maka: p|(r+1) p|(r+1) atau p|(r-1) p|(r-1) r+1 | 0 (mod (mod p) p) atau atau r-1 | 0 (mod p) r | -1 (mod (mod p) atau atau r | 1 (mod p) r | (p-1) (p-1) (mod (mod p) atau atau r | 1 (mod p) Kare Karena na r sua suatu tu so solu lusi si da dariri pe perk rkon ongr grue uena nann x2 | 1 (mod (mod p), maka maka r adalah adalah resid re siduu terk terkeci ecill mod mod p. p. Jadi Jadi 1 dan dan p-1 p-1 adal adalah ah solu solusi si dar dari x 2 | 1 (mod p).
Bukti Bukti lain yan yangg lebih lebih mudah, mudah, apa apabila bila (p-1) (p-1) dan dan 1 masin masing-m g-masin asingg 2 disub disubsti stitu tusi si pa pada da x dalam dalam pe perko rkong ngru ruen enan an x | 1 (mod p).
Teorema 6.6
Misa Misalk lkan an p sua suatu tu bila bilang ngan an pr prim imaa se sela lain in 2 dan dan a ¶ ad adal alah ah so solu lusi si dar arii ax | 1 (mod p) dengan dengan a = 1,2,3,. 1,2,3,..., ..,p-1 p-1 (ya (yaitu itu aa¶ | 1 (mod (mod p), p), dengan dengan 0 < a¶ < p), p), maka maka : Jika a | b (mod (mod p) maka maka a¶ | b¶ (mod p) Jika a = 1 atau a = p ± 1 maka a¶ | a (mod p) Bukti:
Apab Apabililaa a = 1,2, 1,2,3, 3,.....,., atau atau p ± 1, maka maka (a (a,p ,p)) = 1, sehing seh ingga ga ax | 1 (mod (mod p) mempu mempuny nyai ai tepa tepatt 1 solu solusi. si. Ini Ini be bera rart rtii a¶ su suda dahh ad ada, a, sedemik sed emikian ian hingga hingga aa¶ | 1 (mod p). Bagian i dibuktikan kontraposisinya, ya yaitu: Jika a¶ | b¶ (mod (mod p), p), maka maka a | b (mod p) Misa Misalk lkan an a¶ | b¶ (mod (mod p), p), maka aa¶ | bb¶ (mod p) Ingat bahwa a¶ dan b¶ ad adal alah ah so solu lusi si da dariri ax | 1 (mod p) aa¶b | bb¶b (mod (mod p) de deng ngan an b = 1,2 1,2,.,.....,p ,p - 1 a | b (mod (mod m), m), sebab sebab b¶b | 1 (mod p). Jadii i) terbukt Jad terbukti.i.
anjuatan
L
Bag Bagian ii) ii) dib dibuk uktitika kann se sebbag agaai beriku rikutt : Jika a = 1, ya yaitu x| 1 (mod (mod p) p),, maka maka so solu lusi siny nyaa iala ialahh a¶ = 1, se sehi hing ngga ga a¶ | a (mod p). Jika a = p ± 1 , se sehhingga a¶ | a (mod p). Jika a = p ± 1, ya yaitu (p-1) x | 1 (mod p) -x | 1 (mod p) x | 1 (mod p) x | p - 1 (mo (modd p) p) Jadi a¶ = p ± 1, se sehingga a¶ x | a (mod p).
C ontoh ontoh
6.5:
Pandang perkongruenan perkongruenan ax | 1 (mod (mod 11) 11) dan dan a¶ adalah solusinya, solusinya, sehingga sehingga aa¶ | 1 (mod (mod p). p). Maka Maka hu hubun bunga gann a, a¶ dan aa¶ tampak pad adaa tab tabel beriku ikut ini : a a¶
1 1
2 6
3 4
4 3
5 9
6 2
7 8
8 7
9 5
10 10
aa¶
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
asilkali asilkali-ha -hasil silkal kalii pasa pasanga ngann yan yangg kongruen kongruen modulo modulo 11 11 dapat dituliska dituliskann sebagai seb agai ber berikut ikut:: 2.6 | 1 (mod 11) 3.4 | 1 (mod 11) 5.9 | 1 (mod 11) 7.8 | 1 (mod 11)
H
lanjutan asil kali se sem mua bilangan pada ruas-ruas kiri akan kongru kon gruen en modul moduloo 11 11 dengan dengan 1 pula, pula, yai yaitu: tu: 2.6.3.4.9.7.8 | 1 (mod (mod 11) 1).. Jika Jika ke kedu duaa ru ruas as dika dikalilika kann 10 10,, dipe dipero role lehh : 1.2.3.4.5.6.7.8.9.10 | 10 (mod 11) 10! | 10 (mod 11) 10! | -1 (mod 11) H
Coba tunjukk kkaan bahwa 6! | 6 (mod 7), 12! | 12 (mod 13) 18! | 18 (mod 19).
Teorema 6.7 : Teorema Wilson
Jika Jika p sua suatu tu bilan bilangan gan pr prim ima, a, maka maka (p (p-1 -1)! )! -1 (mod (mod p) p).. Bukti :
Menu Menuru rutt teore teorema ma 5.6 5.6 , kita kita dap dapat at mema memasan sangka gkann a ddan an a¶ da dariri 2,3, 2,3,4, 4, « , (p (p-1 -1). ). Dan Dan terd terdap apat at ½ (p-3 (p-3)) asang asangan an bilan bilangan gan ± bilan bilangan gan ters tersebu ebutt ya yang ng kong kongru ruen en mod mod p deng dengan an 1. Jika Jika ru ruasas-ru ruas as kiri kiri da dariri ½ (p-3 (p-3)) kekon kekongr grue uena nann mod mod p ters terseb ebut ut dikali dikalika kan, n, maka maka ha hasil silkal kalin inya ya aka akann kon kongr grue uenn mod mod p deng dengan an 1 pula, pula, ya yaitu itu : 2,3,4, «, (p-2) 1 (mod p) 2,3,4, «, (p-2) (p-1) (p-1) p-1 (mod p) (p-1) ! -1 (mod p) Seba Sebaga gaii co cont ntoh oh diam diambi bill p= 13 13,, maka maka kita kita da dapa patt mema memasa sang ngka kann a da dann a¶ da dariri 2,3,4, 2,3,4, «, 11, sehin sehingga gga terdapa terdapatt 5 pasang pasang bilangan bilangan-bi -bilang langan an itu yan yangg hasil hasil kaliny kalinyaa kon kongr grue uenn mod mod 13 de deng ngan an 1, ya yaitu itu : 2.7 1 (mod 13) 3.9 3.9 1 (mod (mod 13 13)) 4.10 1 (mod 13) 5.8 5.8 1 (mod (mod 13 13)) 6.1 6.11 1 (mod (mod 13 13)) Has asililka kalili ru ruas as-r -rua uass da dariri 5 ke keko kong ngru ruen enan an ters terseb ebut ut ad adal alah ah : (2.7)(3.9)(4.10)(5.8)(6.11) (2.7)(3.9)(4.10)(5.8)(6.11) 1 (mod 13) 1.2.3.4.5 «««««« 11.12 12 (mod 13) 12!! -1 (mo 12 (modd 13)
lanjutan Konv Konver erss da dariri teor teorema ema Wilson Wilson juga juga be bena narr, yait yaitu: u: A pab pabila ila (p-1 (p-1)) -1 (mod (mod p), p), maka aka p suat suatu u bila bilang ngan an prim prima a
al ini ini da dapa patt dibu dibukt ktik ikaan se seba baga gaii be berrikut ikut : Apa Apa bila bila p bu buka kann bila bilang ngan an pr prim imaa , maka maka p = a, b de deng ngan an a,b a,b bila bilang ngan an-b -bililan anga gann bu bulat lat po posi sititiff da dann a 1 atau atau a p , se sehin hingg ggaa a p dann a p-1 da p-1.. Karena Karena (p-1) (p-1) -1 (mod p) maka p(p-1 p(p-1)! )! + 1. 1. Dan Dan karena karena a p maka a (p-1)! +1. Kare Karena na a p-1, p-1, mak makaa a meru merupa paka kann sa sala lahh sa satu tu fact factor or da dariri (p (p-1 -1)!, )!, sehingga a (p-1)!. Meng Mengin inga gatt p(p p(p-1 -1)! )! + 1 dan dan a (p(p-1) 1)!,!, maka maka a 1. 1. Dipe Dipero roleh leh sua suatu tu kontr kon trad adiks iksi,i, karen karenaa a 1, sehi sehing ngga ga pe peng ngan anda daia iann ters terseb ebut ut tidak tidak benar. Jadi Ja di p ad adal alah ah su suat atuu bila bilang ngan an pr prim imaa H
anjutan
L
Jika Jika teor teorem emaa Wilso Wilsonn dan dan ko konv nver ersn snya ya ditu dituliliss ka kann be bers rsam amaa-sa sama ma,, kit kitaa peroleh per oleh bah bahwa: wa: Sy arat perlu dan sy arat arat cuku cukup p agar agar suatu suatu bila bilang ngan an prim prima a adal adalah ah (p-1)! -1 (mod p).
Ata Atauu da dapa patt dit ditulis ulis : p suat suatu u bila bilang ngan an prim prima a bil bila a dan dan han hany a bila bila adal adalah ah (p-1 (p-1)! )! -1 -1 (m (mod p) p)
Teorema eorema 6.8 :
Jika Jika p suat suatuu bilan bilanga gann pr prim imaa ga ganj njil, il, maka maka per perkon kongr grue uena nann x2 + 1 0 (mod p) mempunyai solusi lusi bila bila dan hany nyaa bila ila p 1 (mod 4). Bukti
Misal isalka kann a adal adalah ah su suat atuu so solu lusi si da dariri x2 + 1 0 (mod p) maka a2 -1 -1(m (mod od p) dan (a (a,p ,p)) = 1, 1, men menur urut ut teore teorema ma Ferm Fermat at,, maka maka p 1 a | 1(mod p ) 1 2 2 ( p 1) a | 1(mod p )
1
12 ( p 1) | 1(mod p ) ( p 1 ) 1 2 | 1(mod p ) Bilang Bilangan an pr prim imaa berbe berbent ntuk uk 4k + 3 tampak tampak tidak tidak meme memenu nuhi, hi, seba sebabb aka akann diper diperole olehh ; 2 k 1
a
|
1(mod p )
-1 1 (mod (mod p), yaitu yaitu p2 adlah adlah salah salah Jadii bilan Jad bilanga gann pr prim imaa p berb berbent entuk uk 4k + 1 , yai yaitu tu p 1 (mod (mod 4)
lanjutan -1 1 (mod (mod p), yaitu yaitu p2 adlah adlah salah salah Jadii bilan Jad bilanga gann pr prim imaa p berb berbent entuk uk 4k + 1 , yai yaitu tu p 1 (mod (mod 4) Untu Untukk se seba balilikn knya ya dibu dibukt ktik ikan an se seba baga gaii be beririku kutt : Perhatikan bahwa p-1 -1 (mod p) p-2 -2 (mod p) . . p 2 p 1. |
2
(p-1)! = 1,2,3, . . .
p
1
2
.
p
1
2
2
(mod p ) dan
««.. (p-2)(p-1), maka
(p-1)! 1,2,3, . . . . . p 1 .¨© p 1 ¸¹ «« . (-2)(-1) (mod p) 2
p 1
( p 1)!| (1)
2
ª
2
º
p 1 ¸
2
¨ ©1,2,3... ¹ (mod p) 2 º ª
anjutan
L
2
p 1 ¸ ¨ ( p 1)!| ©1,2,3... ¹ (mod p) 2 º ª
, se sebab bab p = 4k 4k +1 +1 unt untuk uk sua suatu tu bilan bilangan gan bu bulat lat p 1
posi po sititiff k, seh sehin ingg ggaa
1 2 ! 1 2
« ¨ p 1 ¸ » ( p 1)! | ¬ © ¹!¼ (mod p ) 2 º ½ -ª
Meng Menging ingat at tere terema ma Wilson Wilson ba bahw hwaa (p (p-1 -1)! )! -1 (mod (mod p), p), maka maka : 2
al ini berarti
H
1
|
« ¨ p 1 ¸ » ¬ © 2 ¹!¼ º ½ -ª
« ¨ p 1 ¸ » ¬ © 2 ¹!¼ (mod p ) º ½ -ª 2
memenuhi perkongruenan x2 + 1 0 (mod p)
Jadi Ja di pe perko rkong ngru ruen enan an itu memp mempuny unyai ai so solus lusi.i.
C ontoh ontoh
:
Sela Selasa saik ikan an pe perk rkon ongr grue uena nann x2 + 1 0 (mo (modd 13) 13) J awab awab
:
Kare Karena na 13 adal adalah ah bilang bilangan an pr prim imaa berbe berbent ntuk uk 4k + 1, maka maka perkon per kongru gruenan enan tersebu tersebut,t, yaitu yaitu :
¨ 13 1 ¸ © ¹! ! 6! ! 720 ª 2 º
|
5(mod 13)
Kita Kita da dapa patt meme memeririksa ksa keb kebena enara ranny nnyaa den denga gann mensu mensubst bstitu itusik sikan an 5 pada pa da x dari dari pe perk rkong ongre renan nan terse tersebu but,t, yaitu 52 + 1 = 26 0 (mod 13)
