Tugas Akhir Teori Bilangan Tulisan ini dibuat untuk melengkapi tugas akhir mata kuliah Teori Bilangan
Nama
: Egi Pratama Hidayat
No. Reg
: 3125140586
Jurusan Matematika Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Universitas Negeri Jakarta
Bukti Langsung Banyak sifat dan teorema yang ketika sekolah dulu kita gunakan tanpa tahu asal usul pembuktiannya, tapi ketika kita kuliah di matematika, sudah tidak asing lagi dengan pembuktian sifat-sifat atau teorema. Untuk membuktikannya tidak lepas dari teknik yang digunakan. Teknik yang biasa digunakan yaitu teknik Pembukitan Langsung, teknik Tidak Langsung dan Induksi Matematika. Tulisan ini akan membahas sedikit tentang teknik pembuktian langsung. Bukti langsung adalah salah satu cara pembuktian sifat atau teorema matematika dengan penarikan kesimpulan dengan memanfaatkan silogisme, modus ponens dan modus tollens. Secara logika pembuktian q benar secara langsung atau ekuivalen dengan membuktikan bahwa pernyataan q benar dimana diketahui p benar. Metode pembuktian langsung adalah suatu proses pembuktian pembuktian menggunakan alur maju, mulai dari hipotesis dengan menggunakan implikasi logic sampai pada pernyataan kesimpulan. Hukum-hukum dalam matematika pada umumnya berupa proposisi atau pernyataan berbentuk implikasi (p q) atau biimplikasi (p q) atau pernyataan kuantifikasi yang dapat diubah bentuknya menjadi pernyataan implikasi. Misal kita punya teorema p \Rightarrow q, dengan p disini sebagai hipotesis yang digunakan sebagai fakta yang diketahui atau sebagai asumsi. Selanjutnya, dengan menggunakan p kita harus menunjukkan bahwa berlaku q.
Contoh 1 :
Buktikan, jika x bilangan ganjil maka x 2 bilangan ganjil.
Bukti :
Diketahui x ganjil, jadi dapat didefinisikan sebagai x := 2n + 1, untuk suatu n Z. Selanjutnya, x2 = (2n + 1)2 = 4n2 + 4n + 1 = 2 (2n2 + 2) + 1, dengan mengambil m := 2n2 + 2, m dengan n Z maka x2 = 2m + 1. Karena m merupakan bilangan bulat maka disimpulkan x2 ganjil.
Bukti Langsung Banyak sifat dan teorema yang ketika sekolah dulu kita gunakan tanpa tahu asal usul pembuktiannya, tapi ketika kita kuliah di matematika, sudah tidak asing lagi dengan pembuktian sifat-sifat atau teorema. Untuk membuktikannya tidak lepas dari teknik yang digunakan. Teknik yang biasa digunakan yaitu teknik Pembukitan Langsung, teknik Tidak Langsung dan Induksi Matematika. Tulisan ini akan membahas sedikit tentang teknik pembuktian langsung. Bukti langsung adalah salah satu cara pembuktian sifat atau teorema matematika dengan penarikan kesimpulan dengan memanfaatkan silogisme, modus ponens dan modus tollens. Secara logika pembuktian q benar secara langsung atau ekuivalen dengan membuktikan bahwa pernyataan q benar dimana diketahui p benar. Metode pembuktian langsung adalah suatu proses pembuktian pembuktian menggunakan alur maju, mulai dari hipotesis dengan menggunakan implikasi logic sampai pada pernyataan kesimpulan. Hukum-hukum dalam matematika pada umumnya berupa proposisi atau pernyataan berbentuk implikasi (p q) atau biimplikasi (p q) atau pernyataan kuantifikasi yang dapat diubah bentuknya menjadi pernyataan implikasi. Misal kita punya teorema p \Rightarrow q, dengan p disini sebagai hipotesis yang digunakan sebagai fakta yang diketahui atau sebagai asumsi. Selanjutnya, dengan menggunakan p kita harus menunjukkan bahwa berlaku q.
Contoh 1 :
Buktikan, jika x bilangan ganjil maka x 2 bilangan ganjil.
Bukti :
Diketahui x ganjil, jadi dapat didefinisikan sebagai x := 2n + 1, untuk suatu n Z. Selanjutnya, x2 = (2n + 1)2 = 4n2 + 4n + 1 = 2 (2n2 + 2) + 1, dengan mengambil m := 2n2 + 2, m dengan n Z maka x2 = 2m + 1. Karena m merupakan bilangan bulat maka disimpulkan x2 ganjil.
Contoh 2 :
Buktikan bahwa jika a membagi b dan b membagi c maka a membagi c dengan a, b, dan c bilangan bulat. Bukti :
a | b artinya b = ka untuk suatu k Z … (i) b | c artinya c = lb untuk suatu l Z … (ii) akan dibuktikan bahwa c = ma untuk suatu m Z
substitusi (i) ke (ii), sehingga diperoleh c = lb = l(ka) = (lk)a karena lk adalah perkalian bilangan bulat yang hasilnya bilangan bulat juga (sifat tertutup perkalian bilangan bulat), maka ambil m := lk untuk dengan m Z, sehingga diperoleh c = ma untuk suatu m Z
Contoh 3 :
Buktikan bahwa a + b bilangan ganjil jika dan hanya jika a atau b bilangan ganjil dengan a dan b bilangan bulat. Bukti :
Pernyataan diatas ekuivalen dengan (i) jika a + b bilangan ganjil maka a atau b bilangan ganjil (ii) jika a atau b bilangan ganjil maka a + b bilangan ganjil Jadi pada pembuktian ini kita akan membuktikan (i) dan (ii). Bukti bagian (i)
misalkan a dan b bilangan bulat sebarang dan a + b bilangan ganjil. akan dibuktikan a atau b bilangan ganjil.
tanpa mengurangi perumuman akan dibuktikan a ganjil klaim : b bilangan genap (b := 2m untuk suatu m Z)
a + b bilangan ganjil a + b = 2k + 1 untuk suatu k Z
substitusi b = 2m sehingga diperoleh a + 2m = 2k + 1 a = 2k – 2m + 1 = 2(k – m) + 1
karena tertutup terhadap operasi pengurangan, maka ambil l := k – m, sehingga diperoleh
a = 2l + 1, jadi a bilangan ganjil
selanjutnya akan dibuktikan b bilangan ganjil klaim : a bilangan genap (a := 2p untuk suatu p Z)
a + b bilangan ganjil a + b = 2q + 1 untuk suatu k Z substitusi a = 2p sehingga diperoleh 2p + b = 2q + 1 b = 2q – 2p + 1 = 2(p – q) + 1 karena tertutup terhadap operasi pengurangan, maka ambil r := p – q, sehingga diperoleh b = 2r + 1, jadi b bilangan ganjil
Bukti bagian (ii)
misal a dan b bilangan bulat sebarang dan a bilangan ganjil (a := 2m + 1 untuk suatu m Z) dan b bilangan genap (b := 2n untuk suatu n Z). Sehingga
a + b = 2m + 1 + 2n = 2(m + n) + 1 karena tertutup terhadap operasi penjumlahan bilangan bulat, ambil p := m + n, sehingga a + b = 2p + 1 untuk suatu p Z jadi a + b bilangan ganjil Contoh 4 :
Buktikan bahwa perkalian tiga bilangan asli berurutan habis dibagi 3 Bukti :
misal tiga bilangan asli berurutan didefinisikan sebagai n, n + 1 dan n + 2 untuk suatu n Z dan perkalian tiga bilangan asli adalah m. Disini kita akan menggunakan 3 kasus, yaitu 3k, 3k + 1, 3k + 2 (i) m = (n)(n + 1)(n + 2) = (3k)(3k + 1)(3k + 2) = 3k(9k2 + 9k + 2) = 3(9k3 + 9k + 3) m adalah bilangan kelipatan 3 (ii) m = (n)(n + 1)(n + 2) = (3k + 1)(3k + 1 + 1)(3k + 1 + 2) = (3k + 1)(3k + 2)(3k + 3) = (3k + 1)(9k2 + 15k + 6) = 27k3 + 54k2 + 21k + 6 = 3(9k3 + 18k3+ 7k + 2) m adalah bilangan kelipatan 3
(iii) m = (n)(n + 1)(n + 2) = (3k + 2)(3k + 2 + 1)(3k + 2 + 2) = (3k + 2)(3k + 3)(3k + 4) = (3k + 2)(9k2 + 21k + 12) = 27k3 + 81k2 + 78k + 24 = 3(9k3 + 27k2 + 26k + 8) m adalah bilangan kelipatan 3 dari (i), (ii), dan (iii) terlihat bahwa m merupakan bilangan kelipatan 3 berakibat m habis dibagi 3.
Bukti Tak Langsung Untuk membuktikan dengan menggunakan bukti tidak langsung, digunakan cara dengan membuat pernyataan pengingkaran dari yang harus dibuktikan. Jika dari pernyataan yang diingkari tersebut diperoleh suatu kontradiksi (bertentangan dengan ketentuan yang diberikan) atau kemustahilan, berarti pernyataan yang harus dibuktikan adalah benar. Untuk membuktikan p benar, kita harus membuktikan jika ~p salah. Berikut ini adalah contoh pembuktian tidak langsung. Contoh 1:
Buktikan bahwa bilangan irasional. Bukti:
Andaikan bilangan rasional, = . Dengan m dan n bilangan bulat yang relatif prima yaitu mempunyai faktor persekutuan terbesar (FPB)= 1. Jika kedua ruas dikuadratkan diperoleh 2= adalah bilangan genap adalah bilangan genap . Berarti genap genap m dan n mempunyai faktor persekutuan 2. Padahal m dan n prima relatif mempunyai FPB =1. Jadi pengandaian bilangan rasional adalah salah. Jadi tidak dapat dinyatakan sebagai , berarti adalah bilangan irasional.
Contoh 2:
Buktikan jumlah 2 bilangan genap adalah bilangan genap. Bukti:
Misalkan jumlah 2 bilangan genap adalah bilangan ganjil Misalkan bilangan pertama = 2p, dan bilangan kedua = 2q, di mana p dan q bilangan cacah. Jumlah bilangan pertama dan kedua = 2p + 2q = 2 (p+q)=2r, dengan r = p+q sehingga r bilangan cacah. Ternyata jumlah 2 bilangan genap adalah bilangan genap. Hal ini bertentangan dengan yang dimisalkan. Sehingga dapat disimpulkan jumlah 2 bilangan genap adalah bilangan genap.
Induksi Matematika Induksi Matematika merupakan suatu teknik yang dikembangkan untuk membuktikan pernyataan. Induksi Matematika digunakan untuk mengecek hasil proses yang terjadi secara berulang sesuai dengan pola tertentu. Indukasi Matematika digunakan untuk membuktikan universal statements.
A S(n) dengan A N himpunan bilangan asli.
dan N adalah himpunan bilangan positif atau
S(n) adalah fungsi propositional. TAHAPAN INDUKSI MATEMATIKA
1. Basis Step 2. Inductive Step S(k+1) benar 3. Conclusion positif
: Tunjukkan bahwa S(1) benar : Sumsikan S(k) benar, akan dibuktikan S(k) : S(n) adalah benar untuk setiap n bilangan integer
PEMBUKTIAN INDUKSI MATEMATIKA Contoh 1 :
Buktikan bahwa : 1 + 2 + 3 + … + n = ½ n(n+1)
untuk setiap n bilangan integer positif Jawab :
Basis : Untuk n = 1 akan diperoleh : 1 = ½ 1 . (1+1)
Induksi : misalkan untuk n = k asumsikan 1 + 2 + 3 + …+ k = ½ k (k+1)
adib. Untuk n = k+1 berlaku 1 + 2 + 3 + …+ (k+1) = ½ (k+1) (k+2) Jawab :
1 + 2 + 3 + …+ (k+1) = (k+1) (k+2) / 2 1 + 2 + 3 + …+ k + (k+1) = (k+1) (k+2) / 2
k (k+1) / 2 + (k+1) = (k+1) (k+2) / 2 (k+1) [ k/2 +1 ] = (k+1) (k+2) / 2 (k+1) ½ (k+2) = (k+1) (k+2) / 2 (k+1) (k+2) / 2 = (k+1) (k+2) / 2 Kesimpulan : 1 + 2 + 3 + …+ n = ½ n (n +1) Untuk setiap bilanga bulat positif n
Contoh 2 :
Buktikan bahwa : 1 + 3 + 5 + … + n = (2n - 1) = n2
untuk setiap n bilangan bulat positif Jawab :
Basis : Untuk n = 1 akan diperoleh : 1 = 12 1 = 1 Induksi : misalkan untuk n = k asumsikan 1 + 3 + 5 + …+ (2k – 1) = k2
adib. Untuk n = k + 1 berlaku 1 + 3 + 5 + …+ (2 (k + 1) – 1) = (k + 1)2 1 + 3 + 5 + …+ (2k + 1) = (k + 1)2 1 + 3 + 5 + …+ ((2k + 1) – 2) + (2k + 1) = (k + 1)2 1 + 3 + 5 + …+ (2k - 1) + (2k + 1 ) = (k + 1)2
k 2 + (2K + 1) k 2 + 2K + 1
= (k + 1)2 = k 2 + 2K + 1
Kesimpulan : 1 + 3 + 5 + … + n = (2n - 1) = n2, Untuk setiap bilangan bulat positif n
Contoh 3 :
Buktikan bahwa : N 3 + 2n adalah kelipatan 3 untuk setiap n bilangan bulat positif
Jawab :
Basis : Untuk n = 1 akan diperoleh : 1 = 13 + 2(1) 1 = 3 , kelipatan 3
Induksi : misalkan untuk n = k asumsikan k 3 + 2k = 3x adib. Untuk n = k + 1 berlaku
(k + 1)3 + 2(k + 1) adalah kelipatan 3 (k 3 + 3k 2 + 3 k+1) + 2k + 2 (k 3 + 2k) + (3k 2 + 3k + 3) (k 3 + 2k) + 3 (k 2 + k + 1) Induksi 3x + 3 (k 2 + k + 1) 3 (x + k 2 + k + 1) Kesimpulan : N 3 + 2n adalah kelipatan 3 Untuk setiap bilangan bulat positif n
Teori Binomial Di aljabar, penjumlahan dua suku, seperti a + b, disebut binomial. Teorema binomial memberikan bentuk ekspansi dari pangkat binomial (a + b)n, untuk setiap n bilangan bulat tidak negatif dan semua bilangan real a dan b. Perhatikan apa yang terjadi ketika kita menghitung beberapa pangkat yang pertama dari a+ b. Berdasarkan sifat distributif, kita mendapatkan bahwa pangkat dari a + b merupakan penjumlahan dari suku-suku yang berupa kombinasi perkalian dari a dan b. Perhatikan ilustrasi berikut.
Sekarang perhatikan ekspansi dari (a + b)4. Suku-suku dari ekspansi ini diperoleh dengan mengalikan satu dari dua suku faktor pertama dengan satu dari dua suku faktor kedua dengan satu dari dua suku faktor ketiga dan dengan satu dari dua suku faktor keempat. Sebagai contoh, suku abab diperoleh dengan mengalikan suku-suku a dan b yang ditandai dengan tanda panah.
Karena ada dua kemungkinan a dan b dari setiap suku yang dipilih pada 1 dari 4 faktor suku-suku ekspansi binomial, maka akan ada 2 4 = 16 suku ekspansi (a + b)4. Selanjutnya, suku-suku serupa, yaitu suku-suku yang memiliki faktor a dan b sama banyak dapat dikombinasikan karena perkalian bersifat komutatif. Tetapi kita perlu mengetahui banyaknya masing-masing suku yang serupa tersebut. Sebagai contoh kita akan menentukan banyaknya
suku yang terdiri dari tiga a dan satu b. Untuk menentukan banyaknya suku ini sama dengan menentukan banyaknya cara kita mengambil 1 bilangan 1 sampai 4 sebagai nomor urut dari faktor b. Salah satu contohnya kita mungkin mendapat bilangan 3 yang merepresentasikan aaba (3 merupakan nomor urut dari b, sedangkan sisanya menjadi nomor urut a). Contoh lain, kita mungkin mendapat bilangan 1 yang merepresentasikan baaa. Sehingga banyaknya suku yang terdiri dari tiga a dan satub adalah kombinasi 1 dari 4 yaitu 4. Semua suku yang aaab, aaba, abaa, dan baaa.
terdiri
dari
tiga a dan
satu b adalah
Berdasarkan sifat komutatif dan asosiatif perkalian, keempat suku tersebut memiliki nilai yang sama dengan a3b. Karena suku-suku yang sama dengan a3b berjumlah 4, maka koefisien dari a3b adalah 4, yang diperoleh dari kombinasi 1 (pangkat dari salah satu faktor a3b, yaitu b) dari 4 (jumlah pangkat dari semua faktor a3b). Dengan cara yang sama, kita akan mendapat 6 (diperoleh dari kombinasi 2 dari 4) suku yang terdiri dari dua a dan dua b, yaitu aabb, abab, abba, baab, baba, dan bbaa. Sehingga koefisien dari suku a2b2 adalah 6. Cara ini juga berlaku untuk menentukan koefisien dari suku-suku ekspansi (a + b)4 lainnya.
Teorema binomial menggeneralisasi rumus di atas untuk sembarang pangkat n bilangan bulat tidak negatif.
Teorema Binomial Diberikan sembarang bilangan real a dan b, serta bilangan bulat tidak negatif
Perhatikan bahwa bentuk kedua dan pertama pada persamaan di atas adalah sama, karena kombinasi 0 dari n sama dengan satu, demikian juga dengan kombinasi n dari n. Untuk lebih memahami mengenai penggunaan teorema binomial dalam pemecahan masalah, perhatikan contoh berikut. Contoh: Penggunaan Teorema Binomial dalam Pemecahan Masalah
Dengan menggunakan teorema binomial, tunjukkan bahwa
untuk semua bilangan bulat n ≥ 0. Pembahasan Karena 2 = 1 + 1, maka 2n = (1 + 1)n. Dengan menerapkan
teorema binomial dengan a = 1 dan b = 1, diperoleh
Karena 1n – k = 1 dan 1k = 1. Akibatnya,
Apabila diperhatikan, rumus di atas sama dengan banyaknya semua himpunan bagian dari himpunan yang memiliki n anggota/elemen, karena setiap himpunan bagian tersebut terdiri dari kombinasi 0, 1, 2, …, n dari n yang merupakan banyaknya anggota dari himpunan tersebut.
Algoritma Pembagian Keterbagian
Misalkan a dan b adalah dua bilangan bulat dengan syarat b > 0. Jika a dibagi dengan b maka terdapat dua bilangan tunggal q (quotient) dan r (remainder) sedemikian sehingga : a = qb + r,
0< r
dalam hal ini, q disebut hasil bagi dan r disebut sisa. Jika r = 0, maka dikatakan a habis dibagi b dan ditulis b|a . Jika a tidak habis dibagi b ditulis ba
Sifat Keterbagian
a|b dan b|c , maka a|c
ab|c maka , a|c dan b|c
a|b dan a|c , maka a|(bx+cy)
Contoh 1:
4 | 12 karena 12 : 4 = 3 (bilangan bulat) atau 12 = 4 x 3. Tetapi 4 13 karena 13 : 4 = 3.25 (bukan bilangan bulat).
Kita telah mengungkapkan mengenai bilangan bulat untuk beberapa halaman, dan belum pernah membahas satupun mengenai pembagian. Ini saatnya untuk mengingat kembali hal ini. Sebuah teorema yang merupakan batu landasan yang merupakan dasar dari perkembangan kita adalah algoritma pembagian. Hasilnya yang sudah sering kita dengar, secara kasar mengemukakan bahwa sebuah bilangan bulat dapat “dibagi” oleh bilangan bulat positif b yang sisanya lebih kecil daripada b. pernyataan sebenarnya dari fakta ini adalah
TEOREMA 2.1 (Algoritma Pembagian)
Pada bilangan-bilangan bulat a dan b, dengan b>o, terdapat bilangan bulat q dan r yang memenuhi a= qb+r
o≤r
Bilangan bulat q dan r disebut hasil bagi dan sisa dalam pembagian a oleh b. Pembuktian: Kita mulai dengan menyediakan himpunan
S= {a- xb|x sebuah bilangan bulat; a=xb≥o} Bukan bilangan kosong. Dalam hal ini perlu menunjukkan sebuah nilai x yang membuat a- xb tidak negative. Karena bilangan bulat b≥1, kita peroleh a|b≥|a| maka a-(-|a|)b=a+|a|b≥a+|a|≥o Sehingga untuk pilihan x=-|a|, a-xb akan terletak pada himpunan S. Hal ini merupakan aplikasi dari prinsip pengaturan yang baik, dimana himpunan S mengandung bilangan bulat terkecil; yang disebut r. Dengan definisi S, terdapat sebuah bilanagn bulat q yang memenuhi r=a-qb,
o≤r
Kita menganggap bahwa r
a-(q+1)b=(a-qb)-b=r-b≥o Implikasinya ialah bilangan bulat a-(q+1)b memiliki bentuk yang layak untuk menjadi anggota S. Tetapi a-(q+1)b=r-b
(r1-r1=b|q-q1)
Dengan menambahkan bahwa pertidaksamaan – b<-r≤o dan o≤r1
karena |q-q1| merupakan bilangan bulat bukan negative, satu-satunya kemungkinan ialah |q-q1|=o, sehingga q=q1, akhirnya r=r1 merupakan buktinya. Sebuah versi yang lebih umum dari Algoritma Pembagian diperoleh dengan mengganti larangan bahwa b positif dengan b≠o. COROLLARY. Jika a dan b adalah bilangan bulat, dengan b≠o, maka terdapat bilangan bulat unik q dan r yaitu a=qb+r
o≤r<|b|
Pembuktian: cukup dengan mempertimbangkan bahwa b adalah negative, maka |b|>o dan karena menghasilkan bilangan bulat q1 dan r1 yang unik dimana a=a1|b|+r
o≤r<|b|
Catatan bahwa |b|=-b, dapat kita ambil q=-q1 untuk memperoleh a=qb+r dengan o≤r<|b|
Teori Pembagian Bilangan Bulat
Untuk menggambarkan pembagian Algoritma jika b > 0, kita ambil contoh b =-7. maka jika a=1, -2,61, dan -59 maka ;
1= 0(-7)+1 -2=1(-7) +5 61=(-8)(-7) + 5 -59=9(-7)+ 4
Kita berharap untuk tidak terlalu fokus pada pembagian Algoritma, seperti padsa aplikasinya . sebagai contoh pertama perlu dicatat bahwa dengan b=2, nilai sisa yang mungkin adalah r = 0 dan r =1. jika r=0, nilai a adalah a=2q yang disebut nilai genap;Jika r=1, nilai a adalah a=2q+1 yang disebut nilai ganjil, sekarang a2 dapat berbentuk (2q)2 = 4k Atau (2q+1)2 = 4(q2+q)+1 = 4k + 1.
catatan yang kita peroleh adalah kuadrat sebuah bilangan bulat akan mempunyai sisa 0 atau 1 jika dibagi 4. Kita juga dapat menunjukan hal berikut : Kuadrat dari bilangan bulat ganjil memilki bentuk 8k +1. dalam pembagian Algoritma seluruh bilangan bulat memiliki salah astu dari 4 bentuk, 3 bentuk 4q, 4q+1, 4q+2, 4q+3. dalam pengelompokan ini, hanya bilangan bulat yang berbentuk 4q + 1 dan 4q + 3 yang merupakan bilangan ganjil, yang jika dikuadratkan menjadi (4q+1)2 = 8 (2q2+q)+1 = 8k + 1
Dan sama pula dengan (4q+3)2 = 8(2q2+3q+1) +1 = 8k +1
Sebagai contoh kuadrat dari bilangan bulat 7 adalah 72 = 49 = 8.6+1 , sementara kuadrat dari 13 adalah 132=169 = 8.21 +1
Faktor Persekutuan Terbesar Definisi
Bilangan bulat d disebut Faktor Persekutuan Terbesar (FPB) dari a dan b apabila memenuhi 1. d > 0 2. d|a dan d|b, 3. jika c|a dan c|b, maka c ≤ d. Dengan kata lain, FPB dari dua bilangan bulat adalah bilangan bulat terbesar yang dapat membagi kedua bilangan tersebut. Kita menggunakan notasi (a, b) untuk FPB dari a dan b. Jadi, jika d adalah FPB dari a dan b, maka d = (a, b). Contoh
Faktor dari 12 adalah {±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12} Faktor dari 30 adalah {±1, ±2, ±3, ±5, ±6, ±10, ±15, ±30} Faktor persekutuan dari 12 dan 30 adalah {±1, ±2, ±3, ±6}. Jadi (12, 30) = 6
Teorema
Kita akan membuktikan tiga sifat FPB:
Teorema 1
(a, b) = d → (a/d, b/d) = 1.
Bukti. Misalkan a dan b adalah bilangan bulat dengan (a, b) = d. Kita akan menunjukkan bahwa a/d dan b/d tidak memiliki faktor persekutuan lain kecuali 1. Misalkan e Z+ adakah faktor persekutuan dari a/d dan b/d, yaitu e|(a/d) dan e|(b/d) sehingga ada k, ℓ Z sehingga a/d = ke dan b/d = ℓe, atau a = dek dan b = deℓ. Jadi kita lihat bahwa de adalah faktor persekutuan dari a dan b. Tetapi, karena d adalah faktor persekutuan terbesar, maka de ≤ d sehingga e = 1.
Teorema 2 [Bezout]
(a, b) = d → ∃m, n Z ∋ am + bn = d.
Bukti. Misalkan S adalah himpunan semua kombinasi linier dari a dan b; yaitu S = {am + bn|m, n
Z}
S tak kosong sebab a = a × 1 + b × 0 dan b = a × 0 + b × 1 dan karenanya a, b S. Jadi S berisi bilangan bulat positif elemen terkecil, sebut saja d = ax + by. Akan dibuktikan bahwa d = (a, b). Menurut algoritma pembagian, a = dq + r , 0 ≤ r < d,
sehingga diperoleh r = d − dq = a − (ax + by)q = a(1 − qx) + b(−qy).
Ini menunjukkan bahwa r S sedangkan 0 ≤ r < d dan d adalah bilangan bulat positif terkecil dalam S. Jadi r = 0 dan d|a. Dengan cara yang sama dapat pula ditunjukkan bahwa d|b. Selanjutnya, jika c|a dan c|b, maka c|ax + by = d. Hal ini membuktikan bahwa d = (a, b).
Teorema 3
a = bq + r → (a, b) = (b, r ).
Bukti. Di sini cukup ditunjukkan bahwa a, b, dan r memiliki faktor persekutuan yang sama. Untuk itu, misalkan k|a dan k|b, maka k|a − bq = r . Selanjutnya, misalkan ℓ|b dan ℓ|r , maka ℓ|bq + r = a. Ini berarti, semua faktor persekutuan dari a dan b juga merupakan faktor persekkutuan dari b dan r , termasuk faktor persekutuan terbesarnya, yaitu (a, b) = (b, r ).
Faktor Persekutuan Terkecil (KPK) Ada suatu konsep yang paralel dengan konsep faktor persekutuan terbesar (FPB), yang dikenal faktor persekutuan terkecil (KPK). Suatu bilangan bulat c disebut kelipatan persekutuan dari bilangan-bilangan bulat tak nol a dan b jika a c dan b c. Hal ini berarti pula nol adalah kelipatan persekutuan dari a dan b. Perlu diingat pula bahwa ab dan – (ab) adalah kelipatan persekutuan dari a dan b, dan salah satunya positif. Dengan menggunakan prinsip terurut sempurna (well ordering principle), himpunan kelipatan persekutuan dari a dan b harus sebuah bilangan bulat terkecil; kita menyebutnya kelipatan persekutuan terkecil dari a dan b, dan ditulis KPK(a, b). Definisi
Kelipatan persekutuan terkecil dari dua bilangan bulat tak nol a dan b, dilambangkan [a, b], adalah bilangan positif m yang memenuhi: a | m dan b | m. Jika a | c dan b | c dengan c > 0 maka m ≤ c.
Sebagai ilustrasi, kelipatan persekutuan positif dari – 12 dan 30 adalah 60, 120, 180, … . Dengan demikian, KPK(-12, 30) = 60. Dari konsep diatas, kita dapat secara jelas menyatakan bahwa jika diberikan dua bilangan tak nol a dan b maka [a, b] selalu ada, dan [a, b] ≤ ab . Selanjutnya, bagaimana hubungan antara KPK dan FPB? Berikut ini sifat yang menjelaskan hubungan antara keduanya.
Sifat 1
Untuk bilangan-bilangan bulat positif a dan b, berlaku (a, b). [a, b] = ab Bukti: Misalkan d = (a, b) dan kita tulis a = dr, b = ds untuk bilangan-bilangan bulat r dan s. Jika m = ab/d maka m = as = rb. Akibatnya adalah m (positif) adalah suatu kelipatan persekutuan a dan b.
Sekarang misalkan c adalah sebarang bilangan bulat positif yang merupakan kelipatan persekutuan a dan b. c = au = bv. Sebagaimana kita ketahui, ada bilangan-bilangan bulat x dan y yang memenuhi d = ax + by. Konsekuensinya, c/m = cd/ab = (c(ax + by))/ab = (c/b)x + (c/a)y = vx + uy
Persamaan ini menyatakan bahwa m | c, dan kita dapat menyimpulkan bahwa m≤c. Dengan demikian, m = [a, b]; Hal ini berarti bahwa [a,b]=ab/d=ab/((a,b))
Sifat 2
Untuk suatu bilangan-bilangan bulat positif a an b, [a, b]= ab jika dan hanya jika (a, b) = 1. Sifat 2 ini hanya merupakan akibat langsung dari sifat 1. Sebagai ilustrasi, Karena FPB(3054, 12378) = 6, kita dapat dengan cepat memperoleh KPK(3054, 12378), yaitu: KPK (3053, 12378) = 3053.12378 / FPB(3054, 12378) = 3053.12378 / 6 = 6300402
Perlu diketahui pula bahwa faktor persekutuan terbesar dapat diperluas untuk lebih dari dua bilangan bulat. Dalam kasus tiga buah bilangan bulat, a, b, c tak nol, FPB(a, b, c) didefinisikan sebagai suatu bilangan bulat positif d yang memenuhi: d adalah faktor dari setiap a, b, c. Jika e faktor dari a, b, c, maka e ≤d.
Contoh soal:
1. Tentukan KPK dari 12 dan 18 Jawab:
[a,b]=ab/((ab)) (12,18) b=18,a=12 q=1,r=6 b=qa+r 18=12.1+6 12=2.6 FPB = 6 [12,18]=12.18/6 =36 Jadi KPK dari 12 dan 18 adalah 36
2. Tentukan KPK dari 12 dan 15 Jawab:
[a,b]=ab/((ab)) (12,15) b=15,a=12,q=1,r=3 b=qa+r 15=1.12+3 12=4.3 FPB = 3 [12,15]=12.15/3 =60 Jadi KPK dari 12 dan 15 adalah 60
Persamaan Diophantine Suatu persamaan berbentuk ax + by = c dengan a, b, c bilangan-bilangan bulat dan a, b dua-duanya bukan nol disebut persamaan liner diophantine jika penyelesaiannya dicari untuk bilangan-bilangan bulat.
Teorema :
Persamaan liner diophantine ax + by = c mempunyai penyelesaian jika dan hanya jika pembagi persekutuan terbatas dari a dan b membagi c. Bukti :
Misalkan d = GCD (a, b) dan d|c d|c ada k bulat sehingga c = kd. d|GCD (a, b) ada bilangan bulat m dan n sehingga am + bn = d. a(km) + b (kn) = kd a(km) + b (kn) = c berarti x = mk dan y = nk
Teorema :
Jika d = GCD (a, b) dan x0 , y0 penyelesaian persamaan diophantine ax + by = c, maka penyelesaian umum persamaan tersebut adalah : x = x0 + dan y = y0 – dengan k parameter bilangan bulat.
Contoh soal:
Tentukan penyelesaian umum persamaan diophantine 738x + 621y = 45 Penyelesaian :
Mencari GCD (738, 621) dengan Algoritma Euclide. 738 = 1 X 621 + 117 621 = 5 X 117 = 36
117 = 3 X 36 + 9 36 = 4 X 9 + 0 Jadi GCD (738, 621). Karena 9|45 maka persamaan di atas mempunyai penyelesaian.
Menentukan 9 sebagai kombinasi 738 dan 621. 9
= 117 – 3 . 36 = 117 – 3 (621 – 5 X 117) = -3 X 621 + 16 X 117 = -3 X 621 + 16 (738 – 621)
9
= 16 X 738 – 19 X 621
Kalikan kedua ruas dengan 5 45 = 80 X 738 – 95 X 621 Sehingga didapat x0 = 80, y0 = -95 Penyelesaian umumnya adalah : x = 80 + 69t x = - 95 – 72t
Contoh soal
Tentukan x dan y bulat positif yang memenuhi persamaan 7x + 5y = 100 Penyelesaian :
GCD (7, 5) = 1. Karena 1|100 maka persamaan mempunyai penyelesaian. Dengan mudah bisa ditulis. 1 = 3 . 7 – 4 . 5 100 = 7 X 300 + 5 X (-400). Maka x0 = 300, y0 = -400 Penyelesaian umumnya adalah : x = 300 + 5k
Y = -400 – 7k
Karena yang diinginkan penyelesaian positif, maka harus dipenuhi kedua pertidaksamaan : 300 + 5k > 0 -400 – 7k > 0 Yaitu : 60 < k < -57 Jadi persamaan diophantine 7x + 5y = 100 mempunyai tepat dua penyelesaian positif yaitu untuk k = -59, dan k = -58 maka x = 5, y = 13 dan untuk k -58 maka x = 10, y = 6.
Bilangan Prima dan Komposit Bilangan prima adalah bilangan asli yang hanya dapat dibagi oleh bilangan itu sendiri dan satu. Dengan perkataan lain, bilangan prima hanya mempunyai dua faktor. Misalnya 2, 3, 5, 7, 11, … bilangan asli yang mempunyai lebih dari dua faktor disebut bilangan komposit (majemuk). Misal 4, 6, 8, 9, … Teorema : (Topik Erotosthenes)
Untuk setiap bilangan komposit n ada bilangan prima p sehingga p|n dan p . Teorema di atas mempunyai makna yang sama dengan “jika tidak ada bilangan prima p yang dapat membagi n dengan p maka n adalah bilagan prima”. Contoh soal:
Tentukan bilangan-bilangan berikut merupakan bilangan prima atau majemuk. a). 157 b). 221 penyelesaian :
a). Bilangan-bilangan prima yang adalah 2, 3, 5, 7, 11. Karena tidak ada dari bilangan-bilangan prima 2, 3, 5, 7, 11 yang dapat dibagi 157, maka 157 merupakan bilangan prima. b). Bilangan-bilangan prima yang adalah 2, 3, 5, 7, 11, 13. Karena 13|221 maka 221 merupakan bilangan komposit.
Contoh soal:
Tentukan pasangan-pasangan bilangan asli a dan b sehingga a2 – b2 = 1991. Penyelesaian :
Karena 1991 merupakan bilangan komposit (1991 = 11 X 181) maka :
A2 – b2 = 1991 (a – b)(a + b) = 1991 (1 X 1991 atau 11 X 181) atau (a – b)(a + b) = 11 X 181 Kemungkinan I
Kemungkinan II
a+b
= 1991
a+b
a – b
=1+
2a
= 1992
= 181
a – b 2a
a
= 996
a
= 96
b
= 995
b
= 85
= 11 +
= 192
Jadi pasangan-pasangan bilangan asli a dan b yang memenuhi a2 – b2 = 1991 adalah (996, 995) dan (96, 85)
Kekongruenan Diberikan bilangan bulat n yang lebih besar dari 1 dan bilangan-bilangan bulat a dan b. Bilangan a dikatakan kongruen dengan b modulo n, dituliskan dengan a b (mod n) jika a dan b memberikan sisa yang sama apabila dibagi oleh n.
Contoh soal:
Jika a dan b kongruen modulo m, buktikan bahwa selisishnya dapat dibagi m. Bukti :
a b (mod m) a = q1m + r dan b = q2m + r a – b = (q1 – q2)m, akibatnya m | (a – b)
Contoh soal:
Buktikan bahwa (an + b)m = bm mod (n) Bukti :
Membuktikan (an + b)m bm mod (n) sama artinya dengan membuktikan ada bilangan bulat k sehingga (an + b)m – bm = kn. Bukti :
(an + b)m – bm = (an)m + m(an)m-1. b + … + m(an)bm-1 + bm – bm = {a(an)m-1 + am(an)m-2 + … + am(b)m -1}n = kn (terbukti ) Rumusan pada contoh nomor 11 di atas dapat digunakan menentukan sisa pembagian bilangan yang cukup benar.
Contoh soal:
Tentukan angka satuan bilangan 19971991. Penyelesaian :
Angka satuan 19971991 sia pembagian 19971991 oleh 10 (199 X 10 + 7)1991 mod (10) 71991 mod (10) 74 X 497 + 3 mod (10) (74)487 X 73 mod (10) (2421)497 X 343 mod (10) 1 X 3 mod (10) 3 mod (10) Jadi angka satuan 19971991 adalah 3.
Contoh soal:
Tentukan sisa jika 319 dibagi oleh 14. Penyelesaian :
319 mod (14)
33 X 6 + 1 mod (14)
(33)6 X 31 mod (14) (2 X 14 – 1)6 X 3 mod (14) (-1)6 X 3 mod (14) 319 3 mod (14) Jadi sisa pembagian 319 oleh 14 adalah 3.
Contoh soal:
Tentukan sisa 31990 jika dibagi 41.
Penyelesaian :
31990 m od (41)
34 X 497 + 2 mod (41)
(34)497 X 32 mod (41) (2 X 41 – 1)497 X 9 mod (41) (-1)497 X 9 mod (41) -9 mod (41) (41 – 9) mod (41) 31 mod (41) Jadi sisa 31990 dinagi oleh 41 adalah 32.
Kekongruenan Linier Kekongruenan linier adalah kongruen yang berbentuk ax º b (mod m)
m
= bilangan bulat positif
a dan b
= bilangan bulat
x
= peubah bilangan bulat.
Nilai-nilai x dicari sebagai berikut:
ax = b + km
atau
dengan k adalah sembarang bilangan bulat. k = 0, 1, 2, … dan k = – 1, –2, … yang menghasilkan x sebagai bilangan bulat.
Contoh :
Tentukan solusi: 4x º 3 (mod 9) dan 2x º 3 (mod 4) Penyelesaian:
·
4x º 3 (mod 9)
k = 0 à x = (3 + 0 × 9)/4 = 3/4
(bukan solusi)
k = 1 à x = (3 + 1 × 9)/4 = 3 k = 2 à x = (3 + 2 × 9)/4 = 21/4
(bukan solusi)
k = 3, k = 4
tidak menghasilkan solusi
k = 5 à x = (3 + 5 × 9)/4 = 12 …
k = – 1 à x = (3 – 1 × 9)/4 = – 6/4
(bukan solusi)
k = – 2 à x = (3 – 2 × 9)/4 = – 15/4
(bukan solusi)
k = – 3 à x = (3 – 3 × 9)/4 = – 6 …
k = – 6 à x = (3 – 6 × 9)/4 = – 15 …
Nilai-nilai x yang memenuhi: 3, 12, … dan – 6, –15, …
·
2x º 3 (mod 4)
Karena 4k genap dan 3 ganjil maka penjumlahannya menghasilkan ganjil, sehingga hasil penjumlahan tersebut jika dibagi dengan 2 tidak menghasilkan bilangan bulat. Dengan kata lain, tidak ada nilai-nilai x yang memenuhi 2x º 3 (mod 5).
Teorema China Pada abad pertama, seorang matematikawan China yang bernama Sun Tse mengajukan pertanyaan sebagai berikut:
”Tentukan sebuah bilangan bulat yang bila dibagi dengan 5 menyisakan 3, bila dibagi 7 menyisakan 5, dan bila dibagi 11 menyisakan 7”.
Pertanyaan Sun Tse dapat dirumuskan kedalam sistem kongruen lanjar:
x º 3 (mod 5) x º 5 (mod 7) x º 7 (mod 11)
Teorema 4. (Chinese Remainder Theorem) Misalkan m1, m2, …, mn adalah bilangan bulat positif sedemikian sehingga PBB(mi, mj) = 1 untuk i ¹ j. Maka sistem kongruen lanjar
x º ak (mod mk) à k = 1, 2, 3, ...
mempunyai sebuah solusi unik modulo m = m1 × m2 × … × mn.
Contoh :
Tentukan solusi dari pertanyaan Sun Tse di atas. x º 3 (mod 5) x º 5 (mod 7) x º 7 (mod 11)
Penyelesaian:
Menurut persamaan diatas, kongruen pertama, x º 3 (mod 5), à x = 3 + 5k1 untuk beberapa nilai k. Sulihkan ini ke dalam kongruen kedua menjadi, x º 5 (mod 7), à 3 + 5k1
º 5 (mod 7)
à k1
º 6 (mod 7)
à k1
= 6 + 7k2 , untuk beberapa nilai k2.
Jadi kita mendapatkan x
= 3 + 5k1
= 3 + 5(6 + 7k2) = 33 + 35k2
yang mana memenuhi dua kongruen pertama. Jika x memenuhi kongruen yang ketiga, maka : x º 7 (mod 11) k2
º 9 (mod 11)
k2
= 9 + 11k3.
à 33 + 35k2
º 7 (mod 11)
Sulihkan k2 ini ke dalam kongruen yang ketiga menghasilkan : x
= 33 + 35k2
= 33 + 35(9 + 11k3) º 348 + 385k3 (mod 11). Dengan demikian, x º 348 (mod 385) yang memenuhi ketiga konruen tersebut. Dengan kata lain, 348 adalah solusi unik modulo 385. Catatlah bahwa 385 = 5 × 7 × 11.