BAB 2

BILANGAN PRIMA

2.1 Bilangan prima dan faktorisasi prima

Definisi 2.1.1. Bilangan bulat p > 1 dikatakan prima jika ia hanya mempunyaipembagi p dan 1. Dengan kata lain bilangan prima tidak mempunyai pembagiselain dari 1 dan dirinya sendiri.

Berdasarkan definisi ini, 1 bukanlah bilangan prima. Bilangan prima terkeciladalah 2 yang merupakan bilangan genap. Sedangkan bilangan prima lainnya,seperti 3, 5, 7, 11, · · · semuanya bilangan ganjil. Ingat, sebaliknya bilangan ganjilbelum tentu prima; misalnya 9 ganjil tapi bukan prima. Bilangan bukan primaseperti 4, 6, 8, 9, · · · disebut bilangan komposit. Bila n komposit maka ia dapatdinyatakan sebagai n = ab dimana a, b ∈ Z, 1 < a < n, 1 < b < n.

Teorema 2.1.1. Misalkan p prima dan a, b bilangan bulat sebarang. Maka berlakupernyataan berikut:

(i) p membagi a, atau kalau tidak, a dan p koprima.

(ii) jika p membagi ab maka p membagi a atau p membagi b.

Bukti. (i) Diperhatikan gcd(a, p) haruslah pembagi positif p, jadi ia mesti 1 ataup. Untuk kasus gcd(a, p) = p maka disimpulkan p membagi a. Kalau tidak makagcd(a, p) = 1, ini berarti a dan p koprima.(ii) Bila p tidak membagi a maka haruslah gcd(a, p) = 1. Dengan identitasBezout, terdapat u, v ∈ Z sehingga 1 = au + pv. Jadi, b = aub + pvb dankarena p|b maka p|aub|; dan juga jelas bahwa p|pvb. Karena itu disimpulkanp|b := aub + pvb.

Diperhatikan bahwa p prima pada teorema ini merupakan syarat perlu agarteorema ini berlaku. Bila p tidak prima, pernyataan pada teorema ini dapatsaja salah. Misalkan ambil a = 6, b = 10 dan p = 4. Disini p|ab tetapi p tidakmembagi a dan tidak membagi b.

1

Teori Bilangan by J.Hernadi 2

Akibat 2.1.1. Jika p prima dan p membagi a1 · · · an maka p membagi ai untuksuatu i, 1 ≤ i ≤ n.

Bukti. Dibuktikan dengan induksi matematika. Untuk n=1, berarti p|a1 makasecara otomatis p|a1. Andaikan berlaku untuk n = k, yaitu jika p|a1 · · · ak makap|ai untuk suatu 1 ≤ i ≤ k. Untuk n = k + 1, tulis a = a1 · · · ak dan b =ak+1. Berdasarkan Teorema 2.1.1(ii), p|a atau p|b. Bila kasus p|a terjadi makaberdasarkan hipotesis p|ai untuk suatu 1 ≤ i ≤ k. Bila kasus p|b terjadi makap|ak+1. Jadi p|ai untuk suatu 1 ≤ i ≤ k + 1. Ini berarti berlaku untuk n =k + 1.

Akibat 2.1.2. Jika p, q1, · · · q2 semuanya bilangan prima dan p|q1 · · · qn makap = qk untuk suatu k, 0 ≤ k ≤ n.

Berangkat dari hasil ini kita akan sampai pada hasil utama topik ini yaituTeorema Fundamental Aritmatika (TFA) berikut.

Teorema 2.1.2 (Teorema Fundamental Aritmatika). Setiap bilangan bulatn > 1 dapat disajikan sebagai perkalian bilangan prima berpangkat, yaitu

n = pe11 · · · pek

k ,

dimana p1, · · · , pk bilangan prima berbeda dan e1, · · · , ek bilangan bulat positif.Selanjutnya, representasi ini tunggal terlepas dari permutasi faktor-faktornya.

Sebelum dibuktikan, perhatikan ilustrasi berikut: 200 = 23·52 = 52·23. Teo-rema ini mengatakan bahwa bilangan prima merupakan balok-balok pembangun(building blocks) bilangan bulat. Inilah alasan mengapa bilangan prima sangatpenting pada teori bilangan dan aplikasinya.

Bukti. Dibuktikan dengan prinsip induksi kuat. Untuk n = 2, dapat ditulisn = 21 yaitu p1 = 2 dan e1 = 1. Andai teorema berlaku untuk semua bilanganbulat m, 1 < m < n yaitu m dapat disajikan sebagai perkalian bilangan-bilanganprima berpangkat. Sekarang untuk bilangan n, bila n prima maka n = n1, beres.Tapi bila n komposit maka dapat ditulis n = ab dengan 1 < a, b < n. Karenaberdasarkan hipotesis a dan b dapat disajikan sebagai perkalian bilangan-bilanganprima berpangkat, maka begitu juga dengan n. Terbukti bahwa setiap bilangann > 1 dapat disajikan sebagai perkalian bilangan prima berpangkat. Selanjutnyadibuktikan bahwa representasi ini tunggal. Misalkan ada dua representasi berikut:

n = p1 · · · pm = q1 · · · qt. (*)

Disini terdapat kemungkinan faktor prima yang sama dan dapat disusun ulangsecara terurut sehingga

p1 ≤ p2 ≤ · · · ≤ pm dan q1 ≤ · · · ≤ qt, m ≤ t. (**)

Teori Bilangan by J.Hernadi 3

Karena p1|n maka berdasarkan Akibat 2.1.1 p1|qj untuk suatu j = 1, · · · , t.Dikarenakan urutan (**) maka diperoleh p1 ≥ q1 dan q1 ≥ p1, sehingga diperolehp1 = q1. Selanjutnya, kedua ruas (*) dikansel p1 dan q1 diperoleh bentuk

p2 · · · pm = q2 · · · qt.

Argumen yang sama, diperoleh p2 = q2 dan

p3 · · · pm = q3 · · · qt.

Bila cara ini diteruskan dan seandainya m < t maka diperoleh bentuk terakhir

1 = qm+1 · · · qt,

dan hal ini tidaklah mungkin (kontradiksi) karena qj > 1. Jadi haruslah m = tdan p1 = q1, p2 = q2, · · · , pm = qm. Terbukti representasi ini tunggal.

Contoh 2.1.1. 360 = 23 · 32 · 5, 4725 = 33 · 52 · 7, 17460 = 23 · 32 · 5 · 72.

Kita dapat menggunakan TFA untuk menyajikan perkalian, pembagian,pangkat, gcd dan lcm dua bilangan bulat dalam bentuk perkalian bilangan-bilangan prima berpangkat. Misalkan

a = pe11 · · · pek

k dan b = pf1

1 · · · pfk

k , ei, fi ≥ 0

maka berlaku

ab = pe1+f1

1 · · · pek+fk

k

a/b = pe1−f1

1 · · · pek−fk

k (asalkan b|a)

am = pme11 · · · pmek

k

gcd(a, b) = pmin{e1,f1}1 · · · pmin{ek,fk}

k

lcm(a, b) = pmax{e1,f1}1 · · · pmax{ek,fk}

k .

Contoh 2.1.2. Misalkan a = 132 dan b = 400. Tentukan gcd dan lcm dari a danb?

Penyelesaian. Dengan menggunakan diagram pohon, anda dengan mudah men-dapatkan faktorisasi berikut: 132 = 22 · 3 · 11 dan 400 = 24 · 52. Agar bentuknyakompatibel tulis dalam bentuk:

132 = 22 · 3 · 50 · 11 dan 400 = 24 · 30 · 52 · 110.

Sehingga diperoleh

gcd(132, 400) = 2min{2,4} · 3min{1,0} · 5min{0,2} · 11min{1,0}

= 22 · 30 · 50 · 110 = 4

lcm(132, 400) = 2max{2,4} · 3max{1,0} · 5max{0,2} · 11max{1,0}

= 24 · 31 · 52 · 111 = 13200

Teori Bilangan by J.Hernadi 4

Latihan 2.1.1. Dengan menggunakan TFA, temukan gcd dari (132,1995), (400,1995)dan (132,400,1995).

Bilangan bulat n dikatakan bilangan kuadrat sempurna jika ada bilanganbulat m sehingga n = m2. Contoh bilangan kuadrat sempurna: 4, 9, 16. Bilangan24 dan 54 tidak ada yang kuadarat sempurna tetapi hasil kalinya 24 × 54 = 362

merupakan bilangan kuadrat sempurna.

Teorema 2.1.3. Bila m bukan bilangan kuadrat sempurna maka√

m bilanganirrasional.

Penyelesaian. Dibuktikan kontraposisinya, yaitu jika√

m rasional maka mkuadrat sempurna. Karena

√m rasional maka dapat ditulis

√m = a

bdimana a

dan b bulat positif. Kemudian dikuadratkan, diperoleh:

m =a2

b2.

Misalkan a dan b mempunyai faktorisasi prima sebagai berikut:

a = pe11 · · · pek

k dan b = pf1

1 · · · pfk

k , ei, fi ≥ 0

maka berlaku

m =a2

b2=

p2e11 · · · p2ek

k

p2f1

1 · · · p2fk

k

=

(pe1−f1

1 · · · pek−fk

k

)2

.

Ini berarti m bilangan kuadrat sempurna.

Contoh 2.1.3. Dengan Teorema ini kita memperoleh bahwa√

2,√

3,√

6 bilan-gan irrasional.

Latihan 2.1.2. Jika m dan n bilangan bulat positif, tentukan syarat agar m1n

rasional. Petunjuk: perhatikan ilustrasi berikut: adakah n bulat yang membuat1

1n , 2

1n , 3

1n , 7

1n , 8

1n , 9

1n rasional. Ingat bilangan bulat juga bilangan rasional.

2.2 Distribusi bilangan prima

Mungkin muncul dibenak kita pertanyaan berikut: apakah ada bilangan primaterbesar dan kalau ada berapa bilangan prima tersebut? Jawaban terhadap per-tanyaan ini akan terjawab melalui teorema berikut.

Teorema 2.2.1. Terdapat takberhingga banyak bilangan prima.

Bukti. Bukti dengan kontradiksi. Andai hanya terdapat berhingga banyak bi-langan prima, katakan mereka adalah p1, p2, · · · , pk. Misalkan

m = (p1 · · · pk) + 1.

Teori Bilangan by J.Hernadi 5

Karena m > 1 maka berdasarkan TFA maka m dapat dibagi oleh suatu bilanganprima, katakan bilangan prima tersebut p. Ini berarti p haruslah salah satu darip1, p2, · · · , pk. Jadi diperoleh:

p|p1 · · · pk, dan p|m ⇒ p|m− p1 · · · pk = 1.

Hal ini kontradiksi karena p > 1 sehingga p|1 tidaklah mungkin.

Dengan demikian kita dapat memastikan bahwa tidak ada bilangan primaterbesar. Beberapa bilangan prima terurut adalah p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, p4 = 7.Pertanyaan selanjutnya adalah bagaimana pola distribusi bilangan prima? Lebihspesifiknya, ada berapa banyak bilangan prima yang kurang dari 10, antara 1dan 1000, antara 1001 dan 2000, antara 2001 dan 3000, dan seterusnya?

Akibat 2.2.1. Bila pn bilangan prima ke-n maka ia memenuhi pn ≤ 22n−1untuk

semua n ≥ 1.

Bukti. Buktikan dengan induksi matematika.

Sesungguhnya estimasi ini terlalu lemah. Misalnya,untuk n = 4 diperoleh223

= 256 tetapi p4 = 7, jadi masih terlalu lebar.Untuk suatu bilangan real x, misalkan π(x) menyatakan banyaknya bilangan

prima yang kurang dari atau sama dengan x. Misalnya π(1) = 0 karena tidakada bilangan prima yang dimaksud, π(5) = π(5.5) = 3 karena bilangan primayang dimaksud adalah 2, 3, 5. Berkaitan dengan akibat di atas, berlaku estimasiberikut:

π(x) ≥ blg lg xc+ 1

dimana lg x :=2 log x. Sekali lagi estimasi ini terlalu longgar. Sebagai ilustrasi,untuk x = 109 maka blg lg xc+1 = 5 tetapi kenyataannya banyak bilangan primayang kurang dari 109 sangat banyak, diperkirakan 5 × 107. Gauss pada tahun1793 memberikan konjektur sebagai berikut:

π(x) ≈∫ x

2

dt

ln tatau π(x) ≈ x

ln x.

Ini berarti berlakuπ(x)

xln x

→ 1, untuk x →∞.

Konjektur ini akhirnya dibuktikan oleh Hadamard dan de la Valee Poussin padatahun 1896. Dapat juga dinyatakan bahwa perbandingan

π(x)

bxc ≈ 1

ln x→ 0.

Dengan menggunakan pola ini maka dapat disimpulkan bahwa distribusi bilanganprima semakin lama semakin jarang. Misalnya ada 168 prima diantara 1 dan1000, ada 135 prima diantara 1001 dan 2000, kemudian ada 127 prima diantara2001 dan 3000, dan seterusnya. Coba periksa!

Latihan 2.2.1. Temukan cara untuk mendapatkan semua bilangan prima di-antara 1 dan 100.

Teori Bilangan by J.Hernadi 6

2.3 Bilangan Fermat dan prima Mersenne

Diperhatikan bilangan prima 3, 5, 7, 17, 31, · · · ,. Bilangan prima ini mempunyaibentuk 2n ± 1, katakan 3 = 22 − 1, 5 = 22 + 1, 7 = 23 − 1 dan lain-lain. Banyaksekali bilangan prima berbentuk seperti ini. Tetapi tidak semua bilangan dalambentuk 2n ± 1 merupakan bilangan prima, misalnya 33 = 25 + 1 bukan prima.

Teorema 2.3.1. Jika 2m + 1 prima maka m = 2n untuk suatu bilangan bulatn ≥ 0.

Bukti. Dibuktikan kontraposisinya. Diketahui m bukan merupakan pangkat dari2. Berarti ia berbentuk m = 2nq dimana q > 1 ganjil. Ilustrasi: 7 = 20 × 7; 14 =21 × 7; 24 = 24 × 3. Diperhatikan fungsi f(t) = tq + 1 mempunyai nilai nol dit = −1, sebab q ganjil. Tegasnya, ia dapat difaktorkan sebagai

tq + 1 = (t + 1)(tq−1 − tq−2 + tq−3 − · · · − t + 1).

Jadi t+1 adalah salah satu faktor sejati dari tq+1. Ambil t = x2n, maka diperoleh

g(x) := f(x2n

) =(x2n)q

+ 1 = x2nq + 1 = xm + 1.

Dengan mengambil x = 2 kita dapatkan bahwa 22n+ 1 adalah faktor sejati dari

g(2) = xm + 1 sehingga xm + 1 bukan prima.

Bilangan Fn := 22n+ 1 disebut bilangan Fermat dan bilangan ini yang

prima disebut bilangan prima Fermat. Konjektur Fermat mengatakan bahwaFn prima untuk setiap n > 0. Beberapa diantaranya untuk n = 0, 1, 2, 3, 4 bilan-gan yang dimaksud adalah Fn = 3, 5, 17, 257, 65537 kesemuanya adalah prima.Tetapi pada tahun 1732 Euler menunjukkan bilangan Fermat berikutnya, yaitu

F5 = 225

+ 1 = 4294967297 = 641× 6700417

ternyata bukan prima. Walaupun tidak semua bilangan Fermat prima namun se-tiap pasang bilangan Fermat adalah koprima. Fakta ini dapat digunakan sebagaibukti alternatif mengenai ketakberhinggaan banyak bilangan prima.

Latihan 2.3.1. Jika a ≥ 2 dan am + 1 prima (misalnya 62 + 1 = 37) maka agenap dan m bilangan pangkat dari 2.

Teorema 2.3.2. Jika m > 1 dan am − 1 prima maka a = 2 dan m prima.

Bukti.

Bilangan yang berbentuk 2p−1 dimana p prima disebut bilangan Mersennedan bilangan ini yang prima disebut bilangan prima Mersenne, dikembangkanoleh ybs pada tahun 1644. Untuk beberapa bilangan prima p = 2, 3, 5, 7, bilan-gan Mersenne yang bersesuaian adalah Mp = 3, 7, 31, 127. Kelihatannya primasemua, tetapi M11 = 2047 = 23×89 ternyata bukan prima. Namun tidak banyakbilangan Mersenne yang prima. Pada saat itu baru ditemukan 32 buah bilanganprima Mersenne. Yang terakhir ditemukan pada tahun 1996 oleh David Slowinskiand Joel Armengaud M1257787 dan M1398269 dengan bantuan komputer mutakhir.

Teori Bilangan by J.Hernadi 7

2.4 Uji primalitas dan faktorisasi

Dua pertanyaan yang semestinya muncul dibenak kita berkitan dengan teori yangbaru saja kita bahas adalah sebagai berikut:

(1) Bagaimana kita memastikan suatu bilangan bulat n > 1 yang diberikanadalah prima atau bukan?

(2) Bagaimana cara memperoleh faktorisasi prima berpangkat dari bilanganbulat n?

Pertanyaan (1) berkaitan dengan uji primalitas, teorema berikut dapat di-gunakan sebagai acuan.

Teorema 2.4.1. Bilangan bulat n > 1 komposit jika hanya jika ia dapat dibagioleh bilangan prima p ≤ √

n.

Bukti.

Contoh 2.4.1. 97 prima karena ia tidak terbagi oleh semua prima≤ √97, yaitu

oleh 2, 3, 5 dan 7.

Untuk bilangan besar masih sulit mendeteksi primalitasnya karena kitaperlu memastikan suatu bilangan bulat n dapat dibagi oleh banyak bilanganprima. Untuk itu diperhatikan bentuk desimal bilangan bulat n = akak−1 · · · a1a0

ditulis sebagai

n = a0 + a110 + a2102 + · · ·+ ak10k, ak 6= 0, 0 ≤ ai ≤ 9.

Dengan mudah dapat dipikirkan bahwa

1. n habis dibagi 2 jika a0 habis dibagi 2, yaitu a0 = 2, 4, 6 atau 8.

2. n habis dibagi 5 jika a0 = 0 atau 5.

3. n habis dibagi 3 jika jumlah angka-angkanya habis dibagi 3, yaitu a0 +a1 +· · ·+ ak habis dibagi 3. Fakta ini dapat ditunjukkan dengan menggunakanformula binomial pada suku 10i = (9+1)1 dan diperoleh bentuk 10i = 9q+1.Coba selidiki sendiri.

4. n habis dibagi 11 jika jumlahan berikut

(−1)kak + (−1)k−1ak−1 + · · · − a1 + a0

habis dibagi 11. Fakta ini dapat ditelusuri pada kenyataan bahwa 10i =(11− 1)i = 11q + (−1)i.

Contoh 2.4.2. Selidikilah apakah 38203 habis dibagi 3?, apakah habis dibagi11?

Teori Bilangan by J.Hernadi 8

Penyelesaian. Diperhatikan 3 + 8 + 2 + 0 + 3 = 16, bilangan ini tidak habisdibagi 3, jadi ia tidak habis dibagi 3. Selanjutnya, diketahui k = 4 sehinggadiperoleh 3− 8 + 2− 0 + 3 = 0 habis dibagi 11, jadi ia habis dibagi 11. Faktanya38203 = 11× 3473.

Latihan 2.4.1. Selidikilah apakah 8703585473 habis dibagi 3?, apakah habisdibagi 11?

Latihan 2.4.2. Apakan bilangan berikut: 157, 221, 641, 1103 prima?

Latihan 2.4.3. Temukan kriteri suatu bilangan bulat habis dibagi 4, juga habisdibagi 6.

Latihan 2.4.4. Faktorkan 247 dan 6887.

Latihan 2.4.5. Faktorkan 3992003. Gunakan bantuan program komputer biladiperlukan.

Latihan Tambahan

1. For which primes p is p2 + 2 also prime?

2. Show that if p > 1 and p divides (p− 1)! + 1, then p is prime.

3. It has been conjectured that there are infinitely many primes of the formn2 − 2. Exhibit five such primes.

4. Prove each of the assertions below:

a. Any prime of the form 3n + 1 is also of the form 6m + 1.

b. Each integer of the form 3n + 2 has a prime factor of this form.

c. The only prime of the form n3 − 1 is 7. [Hint: Write n3 − 1 as (n −1)(n2 + n + 1)].

d. The only prime p for which 3p + 1 is a perfect square is p = 5.

e. The only prime of the form n2 − 4 is 5.

5. If p > 5 is a prime number, show that p2 + 2 is composite. [Hint: p takesone of the forms 6k + 1 or 6k + 5.]

6. Establish each of the following statements:

a. Every integer of the form n4 + 4, with n > 1, is composite. [Hint:Write n4 + 4 as a product of two quadratic factors.]

b If n > 4 is composite, then n divides (n1)!.

c. Any integer of the form 8n + 1, where n > 1, is composite. [Hint:(2n + l)|(23n + 1).]

Teori Bilangan by J.Hernadi 9

d. Each integer n > 11 can be written as the sum of two compositenumbers. [Hint: If n is even, say n = 2k, then n6 = 2(k3); for n odd,consider the integer n− 9.]

7. If p > q > 5 and p and q are both primes, prove that 24|(p2 − q2).

8. Show that F0F1...Fn−1 = Fn − 2 for all n > 1.

9. Evaluate the Mersenne number M17, and determine whether it is prime.

10. It has been conjectured that every even integer can be written as the dif-ference of two consecutive primes in infinitely many ways. For example,

6 = 29− 23 = 137− 131 = 599− 593 = 1019− 1013.

Express the integer 10 as the difference of two consecutive primes in 15ways.