Arista Mariana Dewi (k7112033)

71
TUGAS KONSEP DASAR MATEMATIKA 1 Disusun Oleh : Nama : Arista Mariana Dewi NIM : K7112033 Kelas : IA PENDIDIKAN GURU SEKOLAH DASAR (PGSD) FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN

Transcript of Arista Mariana Dewi (k7112033)

Page 1: Arista Mariana Dewi (k7112033)

TUGAS

KONSEP DASAR MATEMATIKA 1

Disusun Oleh :

Nama : Arista Mariana Dewi

NIM : K7112033

Kelas : IA

PENDIDIKAN GURU SEKOLAH DASAR (PGSD)

FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN

UNIVERSITAS SEBELAS MARET

2012

Page 2: Arista Mariana Dewi (k7112033)

A. KONSEP HABIS BAGI

Definisi :

Suatu bilangan bulat q habis dibagi oleh suatu bilangan bulat p ≠ 0 jika ada suatu bilangan bulat x sehingga q = px

Notasi

p | q dibaca p membagi q, p faktor dari q, q habis dibagi p, atau q kelipatan dari p

p q dibaca p tidak membagi q, p bukan faktor dari q, q tidak habis dibagi p, atau q bukan kelipatan dari p

Contoh

a. 6 | 18 sebab ada bilangan bulat 3 sehingga 18 = 6.3b. 12 15 sebab tidak ada bilangan bulat x sehingga 15 = 12.x

Berdasarkan definisi di atas jelas bahwa faktor-faktor suatu bilangan bisa

merupakan bilangan bulat positif atau merupakan bilangan bulat negatif. Dengan

demikian, faktor-faktor dari:

6, adalah 1, -1, 2, -2, 3, -3, 6, dan -6

15, adalah 1, -1, 3, -3, 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 p | q, maka kemungkinan hubungan antara p dan q adalah p < q, p = q,

atau p > q (misal 3 | 6, 3 | 3, atau 3 | -3)

Page 3: Arista Mariana Dewi (k7112033)

Teorema 1

Jika p, q Z dan p | q, maka p | qr untuk semua r Z

Bukti:

Diketahui bahwa p | q, maka menurut definisi 3.1, ada suatu xZ 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, karena qr = p(xr) maka p | qr

Teorema 2

Jika p , q, r Z, p | q, dan q | r , maka p | r

Bukti:

Diketahui p | q dan q | r, maka menurut definisi, 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, yZ

Sesuai dengan definisi 3.1, karena r = p(xy), maka p | r

Teorema 3

Jika p, q Z, p | q dan q | p, maka p = ±q

Bukti:

Diketahui p | q dan q | p maka menurut definisi 3.1, terdapat x,y Z sehingga p = qx

dan q = py.

Jadi: p = (py)x = p(yx) = (xy) = (xy)p, atau 1.p = (xy) p.

Maka xy = 1

Page 4: Arista Mariana Dewi (k7112033)

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 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, ada x,y Z sehingga q = px dan

r = py. Dengan demikian q + r = px + py = p(x + y). Kerena x,yZ, maka sesuai

dengan sifat tertutup penjumlahan bilangan bulat, x + y Z. Jadi : p | q + r

Teo 4 dapat diperluas tidak hanya berlaku untuk q, r tetapi untuk q, r, s, t,.., artinya

jika p|q, p|r, p | s, p | t, dan…, maka p | q + r + s + t +…

Selanjutnya, teorema 4 tetap berlaku jika operasi penjumlahan (+) diganti dengan

operasi pengurangan (-)

Teorema 5

Jika p, q, r Z, p | q dan p | r, maka p | qx + ry untuk semua x, y Z (qx + ry

disebut kombinasi linear dari q dan r)

Teorema 6

Jika p, q, r Z, p > 0, q > 0, dan p | q, maka p q

Bukti:

Karena p | q, maka menurut definisi 3.1, ada x Z sehingga q = px

Page 5: Arista Mariana Dewi (k7112033)

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.

Jika x > 1, dan q = px, maka p < q

Jadi p ≤ q

Teorema 7

Jika p, q, r Z, p > 0, q > 0, p | q dan q | p, maka p = q.

Teorema 8

p | q jika dan hanya jika kp | kq untuk semua k Z dan k ≠ 0

Teorema 9

Jika p, q, r Z, p ≠ 0, p | q + r, dan p | q, maka p | r

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 (division algoritma) meskipun istilah ini tidak menunjukkan

adanya altoritma. Pembicaraan algoritma sebagai prosedur dalam menyelesaikan

masalah terdapat nanti pada pembahasan tentang algoritma Enclides.

Teorema 10, Algoritma Pembagian

Page 6: Arista Mariana Dewi (k7112033)

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.

Jika p tidak membagi q, maka s memenuhi 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

secara tradisi menggunakan istilah algoritma meskipun sesungguhnya algoritma

pembagian bukan merupakan suatu algoritma.

Sebelum membuktikan Teorema 9, agar lebih mudah dalam memahami langkah-

langkah pembuktian, simaklah dengan cermat uraian berikut:

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

untuk r = -1, 7 - (r.4) = 7 – (-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}

Page 7: Arista Mariana Dewi (k7112033)

Karena T⊂N dan N adalah himpunan yang terurut rapi, maka menurut prinsip 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 7 = r.4 + s dengan 0 ≤ s < 4

Marilah sekarang kita membutikan Teorema 3.10

Bukti:

Dengan p, q Z dapat dibentuk suatu 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 himpunan yang terurut rapi, maka 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.

Page 8: Arista Mariana Dewi (k7112033)

Sampai disini pembuktian baru pada tahap menunjukkan eksistensi dari r dan

s. berikutnya akan dibuktikan bahwa 0 ≤ s < p dengan menggunakan 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

Contoh 1

Tunjukkan:

a. Jika p | q, maka p2 | q2

b. Jika p | q, maka p | 3q2

Jawab:

a. Karena p | q, maka sesuai dengan definisi 2.1, ada bilangan k Z

sehingga q = kp, dengan demikian q2 = k2p2.

Sesuai dengan sifat ketertutupan perkalian bilangan bulat, karena k

Z, maka k . k = k2 Z

q2 = k2p2 dan k2 Z, maka sesuai dengan definisi 2.1, p2 | q2.

Page 9: Arista Mariana Dewi (k7112033)

b. Karena p | q, maka sesuai dengan teorema 2.1, p|qr untuk 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.

Contoh 2

Diketahui: (a1a0) = a1.10 + a0 dan 3 | t

Tunjukkan bahwa t | a1 + a0

Jawab:

t = a1.10 + a0 = a1 (9 + 1) + a0 = 9a1 + (a1 + a0)

3 | t atau 3 | 9a0 + (a1 + a0) dan 3 | 9a0, maka menurut teorema 2.9, 3 | a1 + a0

Teorema 11

Jika q z dan q > 1, maka setiap n Z+ dapat dinyatakan secara tunggal dalam

bentuk n = pkqk + pk-1qk-1 + ….. + p2q2 + p1q1 + p0q0

yang mana k Z, k ≥ 0, pt Z, 0 pt < q – 1, t = 0, 1,…, k dan pk ≠ 0

Bukti:

Karena q Z dan q > 1, maka q > 0, sehingga menurut teorema algoritma

pembagian, hubungan antara n dan q adalah :

n = qr0 + p0, 0 p0 < q (0 p0 q -1)

Jika r0 ≠ 0, maka hubungan antara r0 dan q menurut teorema algoritma

pembagian adalah:

r0 = qr1 + p1, 0 ≤ p1 ≤ q (0 ≤ p1 ≤ q – 1)

Page 10: Arista Mariana Dewi (k7112033)

Jika langkah serupa dikerjakan, maka diperoleh:

r1 = qr2 + p2, 0 ≤ p2 ≤ q (0 ≤ p2 ≤ q – 1)

r2 = qr3 + p3, 0 ≤ p3 ≤ q (0 ≤ p3 ≤ q – 1)

rk-2 = qrk-1 + pk-1, 0 ≤ pk-1 < q (0 ≤ p k-1 ≤ q – 1)

rk-1 = qrk-1 + pk-2, 0 ≤ pk-2 < q (0 ≤ pk ≤ q – 1)

Ambil rk = 0, maka barisan r0, r1,…, rk merupakan barisan bilangan bulat tidak

negatif yang menurun, paling banyak mempunyai suku-suku bernilai nol

(yaitu rk), dan k suku yang positif (yaitu r0,r1,…, rk-1).

Dari hubungan antara n, q, dan ri (i = 0,1, 2,…, k) diatas dapat ditentukan

bahwa:

n = qr0 + p0

= q(r1 + p1) + p0 = q2r1 + qp1 + p0 = q2(qr2 + p2) + qp1 + p0 = q3r2 + q2p2 +

qp1 + p0

= ….

= qk-1rk-2 + qk-2pk-2 + qk-3pk-3 + …. + qp1 + p0

= qk-1(qrk-1 + pk-1) + qk-2pk-2 + qk-3pk-3 + … + qp1 + p0

= qk rk-1 + qk-1pk-1 + qk-2pk-2 + qk-3pk-3 + … + qp1 + p0

= qk(qrk + pk) + qk-1pk-1+ qk-2pk-2 + qk-3pk-3 + … + qp1 + p0

n = qk+1rk + qkpk + qk-1pk-1 + qk-2pk-2 + qk-3pk-3 + … + qp1 + p0

Page 11: Arista Mariana Dewi (k7112033)

Karena rk = 0, maka :

n = qkpk + qk-1pk-1 + qk-2pk-2 + qk-3pk-3 + … + qp1 + p0

n = pkqk + pk-1qk-1 + pk-2qk-2 + pk-3qk-3 + … + qp1 + p0

n = (pkpk-1pk-2pk-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 mudah dipahami, marilah kita lihat suatu peragaan berikut ini.

Ambil n = 985 dan q = 6

985 = 6.164 + 1 (n = qr0 + p0, r0 = 164, p0 = 1)

164 = 6.27 + 2 (r0 = qr1 + p1, r1 = 27, p1 = 2)

27 = 6.4 + 3 (r1 = qr2 + p2, r2 = 4, p2 = 3)

4 = 6.0 + 4 (r2 = qr3 + p3, r3 = 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 = 63.4 + 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 bilangan basis 6 yang dicari merupakan sisa dari masing-masing algoritma pembagian.

Contoh Tuliskan (985)10 dalam lambang bilangan basis 4 dan basis 3.

Page 12: Arista Mariana Dewi (k7112033)

Jawab: 985 = 4.246 + 1

246 = 4.61 + 2

61 = 4.15 + 1

15 = 4.3 + 3

3 = 4.0 + 3

(985)10 = (33121)4

Pemeriksaan: (33121)4= 3.44 + 3.43 + 1.42 + 2.4 + 1

= 768 + 192 + 16 + 8 + 1

= 985

985 = 3.328 + 1

385 = 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

CIRI-CIRI BILANGAN HABIS BAGI

1. Ciri Habis Dibagi 2

Suatu bilangan habis dibagi 2 jika dan hanya jika bilangan satuannya genap

(dapat dibagi 2) .

Page 13: Arista Mariana Dewi (k7112033)

Contoh :

Apakah 2|438?

438 dapat ditulis sebagai:

438 = 4 (10) + 3(10) + 8. Karena 2|(10)2 , dan 2|10 dan 2|8 maka oleh sifat

(3) didapat 2|438.

Secara umum, sebarang bilangan bulat positif N dapat ditulis dalam bentuk

N = ak (10)2 + ak-1 (10)k-1 + . . . + a2 (10)2 + a1 (10) + a0

Sekarang 2J10, 2|100, 2|1000, dan secara umum 2|(10)k untuk sebarang

bilangan asli k; dengan demikian oleh sifat (c), jika

2|a maka

2|(ak(10)k + ak-1 (10)k-1 + ... + a2(10)2 + a1 (10) + a0 )

2. Ciri Habis Dibagi 3

Suatu bilangan habis dibagi 3 jika dan hanya jika jumlah bilangan yang

dinyatakan oleh angka pada lambang bilangan tersebut habis dibagi 3.

Karena (10)k - 1 + 1 = 10 k , maka bentuk umum bilangan asli N dapat

ditulis sebagai

N = a(10k-1+1) + ak-1 (10k-1-1 +1) + ... + a (102-1+1) + a1(10 - 1 +1) + a0

= a1 (10k - 1) + ak-1 (10 k-1 - 1) + ... a2 (102- 1) + a1 (10 - 1) + (ak + a

+ …. + a3 + a2 + a1 + a0)

Karena 3| (10 – 3), | (102 – 1), 3| (103 – 1) dan secaa umum 3| (10k – 1) ,

untuk k adalah sebarang bilangan asli, maka 3|N jika dan hanya jika 3| (ak +

ak-1 + …. + a2 + a1 + a0)

Contoh : 3| 8682 karena 3| (8 + 6 + 8 + 2) atau 3|24.

3. Ciri Habis Dibagi 4

Suatu bilangan habis dibagi 4 jika dan hanya jika dua angka terakhir dari

lambang bilangan tersebut bilangan yang habis dibagi 4.

Jelas bahwa, untuk k ≥ 2 maka 4| 10k, 4|102 dan 10k = (10)k-2.102

Page 14: Arista Mariana Dewi (k7112033)

Jadi, jika N = ak (10)k + ak-1 (10)k-1 + ... + a2 (10)2 + a(10) + a0 dan 4

pembagi a1 (10) + a, maka 4|N.

Contoh:

4|13216 karena 4|l6.

4. Ciri Habis Dibagi 5

Suatu bilangan habis dibagi 5 jika hanya jika satuan d bilangan tersebut 0

atau 5.

Contoh:

5|675413525 demikian juga 5|754417890.

5. Ciri Habis dibagi 6

Suatu bilangan habis dibagi 6 jika dan hanya jika bilangan tersebut habis

dibagi 2 dan 3.

Karena 6 hasil kali 2 dan 3, maka bilangan yang habis dibagi 2 haruslah

memenuhi habis dibagi 2 dan 3

Contoh:

81438 habis dibagi 6 karena 8 (angka terakhir) habis dibagi 2 dan

8 + 1 + 4 + 3 + 8 = 24 habis dibagi 3.

6. Ciri Habis Dibagi 7

Suatu bilangan habis dibagi 7 jika dan hanya jika selisih antara bilangan

yang dinyatakan oleh lambang bilangan mula-mula kecuali angka terakhir

dengan dua kali bilangan angka terakhir tersebut habis dibagi 7.

Contoh :

(a) 7|91, karena 9 - 2 (1) = 7 dan 7 habis dibagi 7

(b) 7|196, karena 19 - 2(6) = 7 dan 7 habis dibagi 7

Page 15: Arista Mariana Dewi (k7112033)

M = ak 10k-1 + ak-1 10k-2 + ... + a2 10 + a1 - 2a0

10M = ak 10k + ak-1 10k-1 + ... + a2 102 + a110 – 2a0 10

= ak 10k + ak-1 10k-1 + ... + a2 102 + a110 + a0 – a0 - 20a0

= n - 21a0

Jadi diperoleh hubungan n = 10M + 21a0. Jelas bila 7|M maka 7|n sebab 21a0

selalu habis dibagi 7.

7. Ciri Habis Dibagi 8

Suatu bilangan habis dibagi 8 jika dan hanya jika bilangan yang dinyatakan

oleh tiga angka terakhir dari bilangan tersebut habis dibagi 8.

Contoh :

875432504 habis dibagi 8 karena 8 | 504

Perhatikan bahwa ciri habis dibagi 8 di atas hanya berguna untuk bilangan

yang lambangnya terdiri tiga atau lebih dari tiga angka.

8. Ciri Habis Dibagi 9

Suatu bilangan habis dibagi 9 jika dan hanya jika jumlah bilangan yang

dinyatakan oleh angka dari bilangan tersebut habis dibagi 9.

N = a(10k)-1+1)+ak-1(10k-1-1 +1)+... + a2(102)- +1)+ a1(10-1+1)+ a0

= (ak + ak-1 + ….. + a2 + a1 + a0)

Jelaslah 9| (10-1), 9|(102-1), 9|(103-1). Secara umum 9|(10k-1) untuk k

adalah sebarang bilangan asli. Dengan demikian 9|N jika dan hanya jika 9|

(ak + a k-1 + … + a2 + a1 + a0)

Contoh:

9|18, karena 9| 1+8

9|113274, karena 1+1+3+2+7+4 atau 9|18

Page 16: Arista Mariana Dewi (k7112033)

9. Ciri Habis Dibagi 10

Suatu bilangan habis dibagi 10 jika dan hanya jika satuan bilangan tersebut

0.

Contoh :

Jelas bahwa 10 | 768940

10. Ciri Habis dibagi 11

Suatu bilangan habis dibagi 11 jika dan hanya jika jumlah bilangan yang

dinyatakan oleh angka yang terletak pada posisi ganjil dikurangi jumlah

bilangan yang dinyatakan oleh angka yang terletak pada posisi genap habis

dibagi 11.

Ciri habis dibagi 11 di atas, dapat dibuktikan. Bagi yang berminat dapat

mencobanya.

Contoh:

a) 11|722084 karena 11|(7+2+8)-(2+0+4) atau 11|11

b) 11|2837604 karena 11|(2+3+6+4)-(8+7+0) atau 11|0

B. BILANGAN PRIMA DAN KOMPOSIT

Definisi

Page 17: Arista Mariana Dewi (k7112033)

Bilangan bulat p > 1 dikatakan prima jika ia hanya mempunyai pembagi p dan 1.

Dengan kata lain bilangan prima tidak mempunyai pembagi selain dari 1 dan

dirinya sendiri.

Berdasarkan definisi ini, 1 bukanlah bilangan prima. Bilangan prima terkecil

adalah 2 yang merupakan bilangan genap. Sedangkan bilangan prima lainnya,

seperti 3, 5, 7, 11, . . . semuanya bilangan ganjil. Ingat, sebaliknya bilangan

ganjil belum tentu prima; misalnya 9 ganjil tapi bukan prima. Bilangan bukan

prima seperti 4, 6, 8, 9, . . . disebut bilangan komposit. Bila n komposit maka ia

dapat dinyatakan sebagai n = ab dimana a, b ϵ Z,1 < a < n, 1 < b < n.

Teorema 1

Jika p prima dan p | ab maka p | a atau p | b.

Bukti.

Bila ternyata p | a maka teorema terbukti, selesai. Bila p ҂ a maka pastilah

gcd (a; b) = 1 sebab faktor p hanyalah 1 atau p. Berdasarkan Teorema ?? (2)

disimpulkan p | b.

Teorema ini menyatakan bahwa jika suatu bilangan prima p membagi perkalian

dua bilangan bulat maka p pasti membagi salah satu diantara keduanya. Fakta ini

dapat diperluas untuk bentuk perkalian beberapa bilangan bulat.

Akibat 1

Bila p prima dan p|a1a2 ... an maka p|ak untuk suatu k 2 Є {1, ... , n}

Bukti

Dibuktikan dengan menggunakan prinsip induksi matematika. Untuk n = 1,

pernyataan berlaku secara otomatis. Untuk n = 2 pernyataan benar berdasarkan

Teorema 1. Andaikan berlaku untuk n = i, yaitu p|a1a2 ... ai p|ak untuk suatu

k Є {1, ... , i}. Untuk n = i + 1, diketahui p | (a1a2 ... ai) (ai + 1). Berdasarkan

Teorema 1 maka p | a1a2 ... ai atau p | ai +1, yakni p | ak untuk suatu

Page 18: Arista Mariana Dewi (k7112033)

k Є {1, ... , i + 1}

Akibat 2

Bila p, q1, ... , qn semuanya prima dan p | q1q2 ... qi maka p = qk untuk

suatu k Є {1, ... , n}.

Bukti

Berdasarkan akibat 1, p | qk untuk suatu k Є {1, ... , n}. Karena qk prima maka

tidak ada faktor lain selain 1 dan dirinya sendiri qk. Jadi haruslah p = qk.

Teorema 2 (Teorema Fundamental Aritmatika)

Setiap bilangan bulat positif n > 1 selalu dapat disajikan dalam bentuk perkalian

bilangan-bilangan prima. Representasi ini tunggal terhadap urutan faktor-

faktornya, yaitu n = p1e1 p2

e2 ... pkek (1)

dimana p1, ... , pk prima dan e1, ... , ek eksponen bulat positif.

Bukti

Dibuktikan dengan menggunakan prinsip induksi kuat. Untuk n = 2 pernyataan

benar, yaitu dengan mengambil p1 = 2 dan e1 = 1. Asumsikan n > 2 dan ekspresi

(1) dipenuhi oleh setiap bilangan diantara 1 dan n, yaitu m = p1e1 p2

e2 ... pkmekm

untuk setiap m = 3, 4, ... , n - 1. Sekarang untuk bilangan n. Bila n prima maka

tidak perlu dibuktikan lagi, karena ekspresi (1) terpenuhi secara otomatis. Jadi

diasumsikan n komposit, yaitu terdapat bilangan bulat a dan b sehingga n = ab

dimana 0 < a, b < n. Karena kedua a dan b kurang dari n maka berdasarkan

hipotesis, mereka dapat disajikan sebagai perkalian bilangan-bilangan prima,

katakan a = q1e1 q2

e2 ... qkaeka dan b = r1

e1 r2e2 ... rkr

ekr dimana para qi dan rk prima.

Dengan membuat urutan baru dapat disajikan n = ab = p1e1 p2

e2 ... pkek. Selanjutnya

Page 19: Arista Mariana Dewi (k7112033)

ditunjukkan ketunggalan representasi (1). Andai kita mempunyai dua bentuk

representasi berikut

n = p1e1 p2

e2 ... pkek = q1

f1 q2f2 ... qt

ft (#)

Berlaku p1 | n. Berdasarkan Akibat (1), p1 | qj untuk suatu j Є {1, ... , t}. Dengan

cara menyusun kembali maka kita dapat meletakan qj diawal, katakan qj = q1.

Karena p1dan q1 keduanya prima dan p1 | qj maka haruslah p1 = q1. Substitusi ke

dalam persamaan (#) diperoleh

p1e1-1 p2

e2 ... pkek = q1

f1-1 q2f2 ... qt

ft

Bila proses ini diteruskan dengan memasangkan faktor prima yang sama

pada kedua ruas, kemudian melakukan kanselasi maka akan terjadi penghilangan

faktor prima pada salah satu ruas. Bila ada salah satu ruas yang tidak habis faktor

primanya maka akan terdapat bilangan 1 pada ruas lainnya sehingga 1

merupakan perkalian dari paling tidak dua bilangan prima pi atau qj . Hal ini

tidaklah mungkin karena pi dan qj keduanya lebih dari 1. Jadi faktor-faktor prima

pada kedua ruas saling menghabiskan. Untuk itu, setelah penyusunan ulang

haruslah k = t, pi atau qj dan ei = fi. Terbukti representasi (1) tunggal.

Salah satu manfaat faktorisasi prima kita dapat menghitung banyaknya

faktor prima suatu bilangan bulat seperti diilustrasi pada awal bab ini.

Contoh

Tentukan faktorisasi prima dari 24 dan 60: Gunakan hasil anda untuk

menghitung banyaknya faktor positif yang ada. Temukan faktor-faktor prima

tersebut.

Penyelesaian.

Dengan mudah kita dapat menemukan faktorisasi untuk 24, yaitu 24 = 23 . 3.

Untuk menemukan semua faktor positifnya, diperhatikan tabulasi silang seperti

diberikan pada Tabel 2.1 (kiri). Semua faktor yang dimaksud adalah {1, 2, 3, 4,

6, 8, 12, 24} yaitu ada 8 faktor. Kalau diperhatikan dengan seksama, besarnya

Page 20: Arista Mariana Dewi (k7112033)

pangkat pada faktorisasi prima menentukan banyak baris atau kolom pada

tabulasi silang. Dalam hal ini pangkat 3 pada faktor 23 menghasilkan 4 kolom

karena ditambahkan bilangan 1, sedangkan pangkat 1 pada 31 = 3 menghasilkan

3 baris karena ditambahkan bilangan 1. Jadi banyak faktornya adalah (3+1) x

(1+1) = 8. Argumen yang sama diterapkan pada bilangan 60 yang mempunyai

faktorisasi prima 22.3.5. Bila diperhatikan Tabel 2.1 (kanan), kombinasi faktor 22

dan 3 menghasilkan (2+1) x (1+1) = 6 buah faktor, yaitu {1, 2, 3, 4, 6, 12}.

Kontribusi faktor 5 berikutnya memberikan faktor secara total adalah sebanyak

(2 + 1) x (1 + 1) x (1 + 1) = 12 faktor, yaitu {1, 2, 3, 4, 6, 12, 5, 10, 15, 20, 30,

60}. Tabulasi silang seperti ini dapat membantu untuk menemukan semua faktor

positifnya.

Tabel tabulasi silang faktor prima

berpangkat

Berdasarkan pembahasan pada contoh soal ini diperoleh hasil sebagai berikut.

Teorema 3.

Bila n = p1e1 p2

e2 ... pkek dan II (n) adalah banyak faktor positif dari n maka

II (n) = (e1 + 1) x (e2 + 1) x ... x (en + 1) (2)

x 1 2 22 23

1 1 2 4 8

3 3 6 12 24

x 1 2 22

1 1 2 4

3 3 6 12

X 1 2 3 4 6 12

1 1 2 3 4 6 12

5 51

015

2

030 60

Page 21: Arista Mariana Dewi (k7112033)

Saringan Eratosthenes

Bila diberikan sebuah bilangan bulat, bagaimana kita dapat memutuskan apakah

ia prima atau komposit. Kalau ia komposit, bagaimana menentukan faktor-

faktornya.

Teorema 4

Sebuah bilangan bulat n > 1 adalah komposit bila hanya bila ia dapat

dibagi oleh suatu faktor prima p ≤ √n

Bukti.

() Bila n dapat dibagi oleh bilangan prima p tersebut maka jelas n komposit.

() Sebaliknya diketahui n komposit, maka dapat ditulis n = ab dengan 0 <

a, b < n. Ini berakibat a ≤ √ n atau b ≤ √ n, sebab bila tidak akan menghasilkan

ab > n. Faktor a atau b ini pasti dapat dibagi oleh bilangan prima p ≤ √n, yang

juga kemudian membagi n.

Teorema ini mengatakan bahwa jika suatu bilangan bulat n tidak terbagi oleh

setiap bilangan prima p dengan p ≤ √n maka dipastikan n adalah prima. Hasil

inilah yang digunakan oleh seorang matematikawan Yunani Eratosthenes (276-

194 SM) menemukan teknik untuk memilih bilangan prima dalam rentang

tertentu. Metoda ini disebut saringan Eratosthenes (sieve of Eratosthenes ).

Cara penyelesaian :

1. Tentukan bilangan prima terbesar p sehingga 1 < p ≤ √ n

2. Daftarkan semua bilangan asli mulai sampai dengan n

3. Coret bilangan 1 dari daftar

4. Coret semua kelipatan 2 kecuali 2

5. Coret semua kelipatan 3 kecuali 3

Page 22: Arista Mariana Dewi (k7112033)

6. Pencoretan dilakukan terus untuk bilangan-bilangan kelipatan bilangan-

bilangan prima 5, 7, ... , p (pencoretan terakhir untuk bilangan-bilangan

kelipatan bilangan prima p)

7. Lingkari semua bilangan yang belum dicoret

8. Bilangan-bilangan yang dilingkari adalah bilangan prima

Contoh :

Nyatakan a = 2093 dalam bentuk perkalian bilangan prima berpangkat.

Penyelesaian

Diperhatikan bahwa √2093 < 46. Jadi cukup diperiksa bilangan prima yang kurang

dari 46: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43 yang merupakan faktor.

Ternyata 2093 hanya memiliki tiga faktor prima, yaitu 17, 13 dan 23, tepatnya

2093 = 13 x 17 x 23:

Distribusi Bilangan Prima

Diperhatikan terdapat 4 bilangan prima diantara 1 dan 10, ada 21 bilangan prima

diantara 10 dan 100, ada 21 bilangan prima diantara 100 dan 200, ada 16 bilangan

prima diantara 200 dan 300...... Berdasarkan data empiris ini, distribusi bilangan

prima semakin lama semakin jarang. Mungkinkah suatu saat bilangan prima tidak

muncul lagi diantara kumpulan bilangan bulat yang sangat besar. Teorema berikut

memberikan jawabannya. Teorema ini dikenal dengan Teorema Euclides.

Teorema 5

Terdapat tak berhingga banyak bilangan prima.

Bukti

Dibuktikan dengan kontradiksi. Andai hanya terdapat berhingga banyak bilangan

prima, katakan secara berurutan p1 = 2, p2 = 3, ... , pn. Ambil bilangan bulat N yang

didefinisikan sebagai N = p1p2 ... pn + 1

Page 23: Arista Mariana Dewi (k7112033)

Karena N > 1 maka berdasarkan TFA, P mesti dapat dibagi oleh suatu bilangan prima

p. Tetapi kita telah mengandaikan bahwa hanya = p1p2 ... pn bilangan prima yang ada.

Jadi haruslah p = pk untuk suatu k Є {1, ... , n}. Kita mempunyai dua fakta, yaitu p|N

dan p | p1p2 ... pn. Akibatnya p | (N - p1p2 ... pn) atau p|1. Hal ini menimbulkan

kontradiksi karena p > 1. Jadi tidaklah benar bahwa banyaknya bilangan prima

berhingga.

Pembahasan mengenai bilangan prima banyak menyimpan misteri yang belum

terkuak. Sampai saat ini belum ada formula eksplisit atau cara efektif untuk

mengidentikasi bilangan prima. Diperhatikan contoh berikut.

Contoh Misalkan p1p2 ... pn adalah n buah bilangan prima pertama, dan didefinisikan

p*n = p1p2 ... pn + 1.

Penyelesaian. Kita selidiki untuk beberapa

p*1 = 2 + 1 = 3

p*2 = 2 . 3 + 1 = 7

p*3 = 2 . 3 . 5 + 1 = 31

p*4 = 2 . 3 . 5 . 7 + 1 = 211

p*5 = 2 . 3 . 5 . 7 . 11 + 1 = 2311,

semuanya adalah prima. Namun perhatikan kasus berikut ini

p*6 = 2 . 3 . 5 . 7 . 11 . 13 + 1 = 59 . 509

p*7 = 2 . 3 . 5 . 7 . 11 . 13 . 17 + 1 = 19 . 97 . 277,

ternyata tidak prima. Ternyata tidak semua n, p*n prima. Permasalahan selanjutnya

adalah tidak dapat diketahui dengan pasti apakah bilangan prima dengan pola seperti

ini berhingga atau tak berhingga. Sampai saat ini baru ditemukan 2, 3, 5, 7, 11, 31,

379, 1019, 1021, 2657, 3229, 4547, 4787, 11549, 13649, 18523, 23801, dan 24029

bilangan prima yang mengikuti pola ini. Terakhir, sebuah bilangan prima bentuk ini

ditemukan pada tahun 1995 terdiri dari 10395 digit. Selain itu, semua p*n dengan

n < 35000 adalah komposit.

Page 24: Arista Mariana Dewi (k7112033)

Teorema 6

Terdapat tak berhingga banyak bilangan prima yang berbentuk 4q + 3.

Bukti.

Bukti dengan kontradiksi. Andai hanya terdapat berhingga bilangan prima bentuk ini,

katakan p1p2 ... pk. Ambil m = 4 p1p2 ... pk + 1 sehingga m berbentuk 4q + 3 yaitu

dengan mengambil q = p1p2 ... pn + 1. Karena m ganjil maka setiap bilangan prima p

yang membagi m juga ganjil, atau secara ekuivalen berbentuk p = 4q + 1 atau p = 4q

+ 3. Ingat adanya faktor prima ini dijamin oleh TFA. Bila p berbentuk 4q + 1 maka m

juga mempunyai bentuk ini, padahal m berbentuk 4q + 3. Jadi haruslah m terbagi

oleh suatu bilangan prima p yang berbentuk 4q + 3. Karena diasumsikan hanya ada p

p1p2 ... pn bilangan prima bentuk ini maka haruslah p = p i untuk suatu i Є {1 , ... , k}.

Jadi p1p2 ... pn, dan juga p|m. Diperoleh p1p2 ... pn - m, atau p|1 suatu kontradiksi.

Contoh

Temukan 5 bilangan prima yang mempunyai pola 4q + 1.

Penyelesaian

Untuk q = 1 diperoleh 4 (1) + 1 = 5, untuk q = 3 diperoleh 4 (2) + 1 = 13, untuk

q = 4 diperoleh 4 (4) + 1 = 17, untuk q = 7 diperoleh 4 (7) + 1 = 29, untuk q = 9

diperoleh 4 (9) + 1 = 37.

Sebaliknya tidak semua bilangan prima berbentuk 4q + 1, misalnya 7, 11, 19 dan

lain-lain. Jadi walaupun tak berhingga banyak bilangan prima dalam bentuk ini,

namun masih terdapat tak berhingga banyak pula bilangan prima yang tidak

berbentuk seperti ini. Tidak semua bilangan prima dapat dikenali bentuk umumnya.

Sebaliknya sulit menemukan suatu bentuk umum yang dapat menghasilkan bilangan

prima. Teorema Dirichlet mengatakan terdapat takerhingga banyak bilangan prima

yang terdapat di dalam barisan aritmatika

a, a + b, a + 2b, a + 3b,

Page 25: Arista Mariana Dewi (k7112033)

asalkan gcd (a, b) = 1. Sebagai contoh, diperhatikan bilangan yang diakhiri oleh

angka 999: 1999, 100999, 1000999, ... merupakan bilangan prima. Mereka ini

berbentuk 1000n + 999 dengan gcd (1000, 999) = 1.

Bilangan prima Fermat dan Mersene

Kita fokus pada bilangan bulat yang mempunyai bentuk umum 2m ±1. Sebagian besar

bilangan ini adalah prima, misalnya 3, 5, 7, 13, 31, 127, , semuanya berbentuk 2m ±1.

Kita tahu persis bentuk umum m yang membuat bilangan ini prima. Namun

sebaliknya kita dapat mendeteksi bentuk m bilamana 2m + 1 prima, seperti

diungkapkan pada teorema berikut.

Teorema 7

Bila 2m + 1 prima maka m = 2n untuk suatu n ≥ 0.

Bukti

Dibuktikan melalui kontraposisinya. Diketahui m tidak berbentuk 2n. Maka ada

bilangan ganjil q > 1 sehingga m = 2nq. Alasannya adalah sebagai berikut: untuk q

ganjil, katakan q = 2k + 1 maka m = 2n(2k + 1), yaitu diantaranya berbentuk 2n . 3,

2n.5, 2n . 7, ...kesemuanya tidak mungkin berbentuk 2n karena faktor ganjilnya tidak

dapat digabungkan dengan 2 untuk membentuk 2(.). Bila q genap maka ada

kemungkinan 2nq berbentuk 2(.), misalnya 2n . 4 = 2n+2. Perhatikan polinomial P(t) =

tq + 1. Karena q ganjil maka dapat difaktorkan P(t) = (t +1)(tq-1 – tq-2 + ... + t2 - t + 1),

jadi (t + 1) merupakan faktor dari P(t). Ambil t = x2n, substitusi ke dalam P(t)

diperoleh P (x2n) = (x2n)q +1 = x2nq + 1 = xm+1 mempunyai faktor (x2n + 1). Diambil x

= 2 maka disimpulkan (22n + 1) adalah faktor dari 2m + 1. Jadi 2m + 1 bukan prima.

Bilangan yang berbentuk Fn : = 22n + 1, n > 0 disebut bilangan Fermat. Bilangan

Fermat yang merupakan bilangan prima disebut prima Fermat. Ada konjektur

bahwa semua bilangan Fermat adalah prima. Coba perhatikan beberapa

Page 26: Arista Mariana Dewi (k7112033)

diantaranya F0 = 3, F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257, F5 = 65537 kesemuanya adalah prima.

Namun pada tahun 1732 Euler menunjukkan bahwa bilangan Fermat berikutnya

adalah komposit, yaitu

F5 = 232 + 1 = 4294967297 = 641 x 6700417

sehingga konjektur tersebut tidak terbukti.

Walaupun tidak semua bilangan Fermat adalah prima, namun dapat dipastikan setiap

pasangan dua bilangan Fermat membentuk prima relatif, yaitu gcd(Fn, Fn+k) = 1.

Untuk bukti, lihat Jones and Jones (2005).

Selanjutnya, bilangan yang berbentuk 2p+1 dimana p prima disebut bilangan Mersene

dan diantara bilangan ini yang prima disebut bilangan prima Mersene. Untuk p = 2, 3,

5, 7 diperoleh bilangan prima Mersene berikut

Mp = 3, 7, 31, 127,

tetapi untuk p = 11, M11 = 211 + 1 = 2047 = 23 x 89 ternyata bukan prima.

Page 27: Arista Mariana Dewi (k7112033)

C. FPB DAN KPK

Definisi

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).

Contoh

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

Page 28: Arista Mariana Dewi (k7112033)

Cobalah cari (-16, 24), (16, -24), (-16, -24), (24, -16), dan (-24, 16)

2. Himpunan semua faktor 12 adalah {-12, -6, -4, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 4, 6, 12}

Himpunan semua faktor 18 adalah {-18, -9, -6, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 6, 9, 18}

Himpunan semua faktor persekutuan 12 dan 18 adalah {-6, -3, -2, -1, 1, 2, 3,

6}

Jadi: (16, 24) = 8

3. Perhatikan:

(6, 9) = 3 dan 3 = (2) (6) + (-1) (9)

(16, 40) = 8 dan 8 = (3) (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 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 6p + 9q adalah sebagai 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

Page 29: Arista Mariana Dewi (k7112033)

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

Nilai-nilai itu dapat disusun menjadi 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 yang positif, 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 1

Jika d = (x, y), maka d adalah bilangan bulat posisitif terkecil yang mempunyai

bentuk px + qy untuk suatu m, n Z, yaitu d dapat dinyatakan sebagai

kombinasi linear dari x dan y.

Bukti:

Page 30: Arista Mariana Dewi (k7112033)

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 > 0 dan 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 x, maka menurut teorema 3.9, 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

Dengan anggapan t x ternyata menghasilkan kontradiksi karena t adalah unsure

terkecil S, dengan demikian anggapan t x adalah salah, berarti t x

Dengan jalan yang sama dapat ditunjukkan bahwa t y

Page 31: Arista Mariana Dewi (k7112033)

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 3.3, d x dan d y

d x dan d y, maka menurut definisi 3.1, 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 3.6, 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

Jika k N, maka k(x, y) = (kx, ky)

Bukti:

Misalkan d = (x, y) dan e = (kx, ky), maka menurut teorema 3.11, 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 2.1, d x dan d y, dan menurut teorema

3.8, kd kx dan kd ky

Page 32: Arista Mariana Dewi (k7112033)

Menurut teorema 3.1, 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 3.3, e kx dan e ky, dan

menurut teorema 2.8, e krx dan e ksy. Menurut teorema 3.4, e krx dan e kry

berakibat e krx + ksy, atau e khd.

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 3.7, k(x, y) = (kx, ky)

Contoh

(60, 102) = (6.10, 6.17) = 6(10, 17) = 6.1 = 6

(108, 207) = (9.12, 9.23) = 9(12, 23) = 9.1 = 9

Teorema 3

Jika x, y Z dan d = (x, y), maka ( xd

,yd ) = 1

Bukti:

Misalkan x, y Z dan (x, y) = d

Kita akan tunjukkan bahwa

xd dan

yd tidak mempunyai pembagi persekutuan

yang positif kecuali 1.

Page 33: Arista Mariana Dewi (k7112033)

Misal e adalah suatu bilangan bulat positif yang membagi

xd dan membagi

yd ,

yaitu e

yd dan e

yd ,

menurut def 3.1,

xd = ke dan

yd = te untuk suatu k, t Z. Dengan demikian 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 1

Jadi: ( xd

,yd ) = 1

Teorema 4

Jika p, q, r Z, p qr, dan (p, q) = 1, maka p r

Bukti:

Diketahui (p, q) = 1, maka menurut teorema 3.11, 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.

Menurut teo 3.1, karena pqr, maka p qry untuk semua y Z. Selanjutnya,

karena p prx dan p qry, maka menurut teorema 3.4, p prx + qry. Jadi: p r.

Teorema 5

Jika (x, t) = 1 dan (y, t) = 1, maka (xy, t) = 1

Page 34: Arista Mariana Dewi (k7112033)

Bukti:

Diketahui (x, t) = 1 dan (y, t) = 1, maka menurut teorema 3.11, 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 + qst2

1 = (pr)(xy) + (psx + qry + qst)t

Dengan demikian, sesuai teorema 3.11, karena 1 merupakan bilangan bulat

positif terkecil yang merupakan kombinasi linear dari xy dan t, maka:

(xy, t) = 1

Teorema 6

Ditentukan x, y Z

d = (x, y) jika dan hanya jika d > 0, d x, d y, dan f d untuk setiap pembagi

persekutuan 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 3.3, 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

Page 35: Arista Mariana Dewi (k7112033)

Misalkan f adalah sebarang pembagi persekutuan dari x dan y, maka f x dan f

y, dan menurut teorema 3.1, f mx dan f ny untuk sebarang m, n Z

Menurut teorema 3.4, 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)

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 persekutuan dari x dan y, dan f ≤ d, maka d adalah faktor

persekutuan yang terbesar dari x dan y. Jadi: d = (x, y).

Contoh

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 persekutuan terbesar 4 dan 6, yaitu: -1 2, 1 2, -2 2, dan 2 2.

Teorema 7

(x, y) = (y, x) = (x, -y) = (-x , y) = (-x, -y) untuk sebarang x, y Z.

Teorema 8

a. (x, y) = (x, y + ax) untuk sebarang a Z

b. (x, y) = (x + yb, y) untuk sebarang b Z

Bukti:

Page 36: Arista Mariana Dewi (k7112033)

a. Sesuai definisi 3.3, (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 3.7 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 3.3, (x, y) x dan (x, y) y

Menurut teorema 3.1, karena (x, y) x, maka (x, y) axuntuk semua a Z.

Selanjutnya, sesuai dengan teorema 3.4, karena (x, y) ax dan (x, y) y, maka

(x, y) y + ax

(x, y) x dan (x, y) y + ax, maka menurut definisi 3.3 (x, y) adalah faktor

persekutuan dari x dan y + ax, dan akibatnya, sesuai dengan teorema 4.6,

(x, y) membagi (x,y + ax)

Jadi: (x, y) (x, y + ax)

Kita akan membuktikan (x, y + ax) (x, y)

Sesuai def 3.3, (x, y + ax) x, sehingga menurut teorema 3.1, (x, y + ax)

ax sehingga menurut teo 3.1, (x, y + ax) ax untuk semua a Z; demikian pula,

sesuai def 3.3, (x, y + ax) y + ax.

Selanjutnya, sesuai teorema 3.9, 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 def 3.3, (x, y + ax)

merupakan faktor pesekutuan dari x dan y, dan sesuai teorema 4.6 setiap faktor

persekutuan x dan y tentu membagi (x, y)

Jadi: (x, y + ax) (x, y).

Page 37: Arista Mariana Dewi (k7112033)

Karena (x, y) > 0, (x, y + ax) > 0, (x, y) (x, y + ax), dan (x, y + ax) (x, y), maka

menurut teorema 7:

(x, y) = (x, y + ax)

Contoh

Ditentukan s0 = 48, s1 = 27, s2 = 21 s3 = 6, s4 = 3, dan s5 = 0

Maka menurut teorema 3.9 (algoritma pembagian),kita dapat melakukan

langkah-langkah berikut:

48 = 1.27 + 21, 0 ≤ 21 < 27, 0 ≤ s2 < s1

27 = 1.21 + 6, 0 ≤ 6 < 21, 0 ≤ s3 < s2

21 = 3.6 + 3, 0 ≤ 3 < 6, 0 ≤ s4 < s3

6 = 2.3 + 0 s5 = 0

Selanjutnya, menurut teorema 3.11, kita dapat mencari (s, s) = (48, 27):

(s0, s1) = (48, 27)

= (21 + 1.27,27) = (21, 27)

= (s2, s1)

= (21,6 + 1.21) = (21, 6)

= (s2, s3)

= (3 + 3.6,6) = (3, 6)

= (s4, s3)

= (3,3 + 1.3) = (3,3) = (3,0 + 1,3)

Page 38: Arista Mariana Dewi (k7112033)

= (3,0)

= (s4 + s5)

= s5

Perhatikan bahwa secara bertahap dapat ditentukan:

(s0, s1) = (s2, s1) = (s2, s3) = (s4, s3) = (s4, s4) = s4

Contoh. 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 persekutuan terbesar dari dua bilangan bulat

positif.

Algoritma ini disebut algoritma Euclides, dan istilah ini digunakan setelah

Euclid, matematisi Yunani (Greek, 350 S.M.), menjelaskan algoritma ini dalam

bukunya The Elements (Rosen K., 1993: 80).

Teorema 9 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 sn+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:

s0 = s1 k1 + s2 , 0 ≤ s2 < s1

Page 39: Arista Mariana Dewi (k7112033)

s1 = s2 k2 + s3 , 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 8:

(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

Page 40: Arista Mariana Dewi (k7112033)

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 1, 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 = (s0, s1), maka dapat

ditentukan bahwa d = ms0 + ns1:

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:

Page 41: Arista Mariana Dewi (k7112033)

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 s0 dan s1

Contoh

Carilah nilai-nilai m, n Z 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 = 3.901 + 795 , 795 = 3498 – 3.901

901 = 1.795 + 106 , 106 = 901 – 1.795

795 = 7.106 + 53 , 53 = 795 – 7.106

106 = 2.53 + 0

Dengan demikian dapat ditentukan:

Page 42: Arista Mariana Dewi (k7112033)

(7897, 4399) = 53

= 795 – 7.106 = 795 – 7. (901 – 1.795)

= 8.795 – 7.901 = 8(3498 – 3.901) – 7.901

= 8.3498 – 31.901 = 8.3498 – 31(4399 – 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 10

Ditentukan p, q N

Maka (p, q) = rn p + lnq, n = 0, 1, 2, …, yang mana rn dan kn adalah suku ke n

dari barisan-barisan yang secara rekursif didefinisikan sebagai:

r0 = 1, l0 = 0

r1 = 0, l1 = 1

dan

Page 43: Arista Mariana Dewi (k7112033)

ri = ri-2 – ki-1 ri – 1

li = li-2 – ki-1 li-1

untuk i = 2, 3, … , n dengan ki adalah hasil bagi dalam algoritma Euclides

memperoleh (p, q)

Bukti:

Berdasarkan langkah-langkah algoritma Euclides pada teorema 2.20, dipilih p =

s0 dan q = s1, kemudian kita gunakan cara pembuktian induksi matematika untuk

membuktikan (p, q) = sn = rnp + lnq

untuk i = 0, p = s0 = 1.p + 0.q = r0p + l0q,

untuk i = 1, q = s1 = 0 . p + 1 . q = r1 + l1 q

Sekarang, anggaplah bahwa:

si = rip + 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 matematika:

sn = sn-2 – sn-1 kn-1

= (rn-2 p + ln-2 + q) – (rn-1 p + ln-1 q) kn-1

= (rn-2 – rn-1 kn-1) p + (ln-2 – ln-1 kn-1) q

= (rn-2 – kn-1 rn-1) p + (ln-2 – kn-1ln-1) q

sn = rn p + ln q

Contoh

Page 44: Arista Mariana Dewi (k7112033)

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

ro = 1 lo = 0

r1 = 0 l1 = 1

r2 = ro – k1.r1 l2 = lo – k1 l1

= 1 – 2. 0 = 0 – 2.1

= 1 = -2

r3 = r1 – k2 – r2 l3 = l1 - k2 l2

= 0 – 1. 1 = 1 – 1 (-2)

= 1 = 3

r4 = r2 – k3 . r3 l4 = l2 – k3 l3

= 1 – 2(-1) = -2 – 2 . 3

= 3 = -8

r5 = r3 – k4 r4 l5 = l3 – k4 l4

Page 45: Arista Mariana Dewi (k7112033)

= -1 – 1 (3) = 3 – 1 . (-8)

= -4 = 11

Jadi: (205, 75) = (-4) . 205 + 11.75

Contoh

Langkah-langkah pada contoh di atas memerlukan tempat mencari yang luas dan

waktu yang panjang. Untuk menyederhanakan langkah-langkah pencarian, kita

dapat mengurangi tempat dan waktu dengan mengoperasikan atau menggunakan

tabel. Dengan menggunakan tabel, contoh 2.15 dapat dikerjakan sebagai berikut:

n r l k

1 1 0 2

2 0 1 1

3 1 -2 2

4 -1 3 1

5 3 -8

6 -4 11

jadi: (205, 75) = (-4) . 205 + 11. 75

Marilah sekarang kita mempelajari pasangan pasangan pembahasan FPB (faktor

Persekutuan ter Besar)yang disebut KPK (Kelipatan Persekutuan ter Kecil).

Page 46: Arista Mariana Dewi (k7112033)

Topik FPB dan KPK merupakan materi pelajaran matematika di sekolah sejak

Sekolah Dasar.

Definisi FPB

Jika x, y Z, x 0, dan y 0, maka:

a) m disebut kelipatan persekutuan (common multiple) dari x dan y jika

x m dan y m

b) m disebut kelipatan persekutuan terkecil (least common multiple, 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

Dengan jalan yang sama dapat didefinisikan kelipatan persekutuan terkecil dari 3

bilangan, 4 bilangan, …, n bilangan, 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

a. Carilah 12, 16

Jawab: Karena 12, 16 bernilai positif, maka 12, 16 dapat dicari dari

kelipatan-persekutuan 12 dan 16 yang positif.

Kelipatan 12 yang positif adalah 12, 24, 36, 48, 60, …

Kelipatan 16 yang positif adalah 16, 32, 48, 64, 80, …

Page 47: Arista Mariana Dewi (k7112033)

48 adalah kelipatan persekutuan 12 dan 16 sebab 1248 dan 1648

96 adalah kelipatan persekutuan 12 dan 16 sebab 1296 dan 1696

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

Teorema 11

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

persekutuan n dari x dan y berlaku m n

Bukti:

(→)

Ambil m = x, y, maka menurut definisi 3.4, 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 membuktikan m n, harus ditunjukkan bahwa n = km, atau harus

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

Page 48: Arista Mariana Dewi (k7112033)

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 12

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, maka menurut definisi 2.4, mk adalah kelipatan

persekutuan dari mx dan my.

Page 49: Arista Mariana Dewi (k7112033)

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

Km = ax dan

Km = by, atau x

Km dan y

Km

Karena x

Km dan y

Km , maka menurut definisi 2.4,

Km adalah kelipatan

persekutuan x dan y.

Akibatnya, sesuai dengan teorema 2.22, x, y membagi

Km , yaitu x, y

Km

Karena x, y

Km , maka menurut teorema 2.8, m x, y m .

Km , 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,

my, maka menurut teorema 2.7, mx, my = m x, y.

Teorema 13

Jika x, y N dan x, y = 1, maka x, y = xy

Bukti:

x, y = 1, maka menurut teorema 4.1, 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 3.4,

Page 50: Arista Mariana Dewi (k7112033)

x x, y, y x, y, berarti sesuai dengan teorema 3.8

xy x, y y dan xy x, yx. Dengan demikian, sesuai teorema 3.1, xy x, y ny

dan xy x, y mx, dan sesuai teorema 3.5, 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 4.11,x, y xy.

Dari xy x, y dan x, y xy, maka teorema 3.7, xy = x, y, atau x, y = x, y

Contoh

a. (2, 3) = 1, maka 2, 3 = 2 . 3 = 6

b. (7, 11) = 1, maka 7, 11 = 7 . 11 = 77

c. (16, 13) = 1, maka 16, 13 = 16 . 13 = 208

Teorema 14

Jika x, y Z, maka (x, y) x, y = xy

Bukti:

Ambil d = (x, y), maka sesuai teorema 2.14, ( xd

,yd ) = 1

Sesuai teorema 2.24, karena ( x

d,

yd ) = 1, maka:

[ xd

,yd ]

=

xd

.yd

akibatnya

Page 51: Arista Mariana Dewi (k7112033)

( xd

,yd ) [

xd

,yd ]

= 1 .

xd

.yd =

xd

.yd

d2 ( xd

,yd ) [

xd

,yd ]

= d2 .

xy

d2

d ( x

d,

yd ) . d

[ xd

,yd ]

= xy,

dan sesuai teorema 2 serta teorema 12, diperoleh

(d .xd

, d .yd ) . (d .

xd

, d .yd ) = xy

(x, y) [x, y] = xy

Contoh

a. (6, 9) [6, 9] = 6 . 9 = 54

b. (12, 18) = maka 6 [12, 18] = 12.18, sehingga [12, 18] =

16 . 12 . 18 = 36

c. (24, 16) = 8, maka 8 [24, 16] = 24 . 16, sehingga [24, 16] =

18 .24.16 = 48

d. [36, 48] =

36 . 48(36 , 48) =

36 . 4812 = 144