JAWABANSOAL UJIAN TENGAH SEMESTERPRODI PENDIDIKAN MATEMATIKA FKIP UM PONOROGO

Mata Kuliah : Teori BilanganWaktu : 90 menitHari, tanggal : Sabtu, Juli 2011Sifat : tutup bukuDosen penguji : Dr. Julan HERNADI

Soal_1. Kami adalah keluarga bilangan bulat positif. Jika kami dibagi 6memberikan sisa 5, dibagi 11 memberikan sisa 4 dan dibagi 17 mem-berikan sisa 3.

Tentukan bentuk umum kami, Tentukan 3 anggota terkecil dari kami.

Penyelesaian. Permasalahan di atas diformulasikan dalam bentuk sistemkongruensi linier (SKL) berikut

x 5(mod 6), x 4(mod 11), x 3(mod 17).

Kemudian, diselesaikan dengan menggunakan Teorema Sisa Cina, yaitu

n = 4 11 17 = 1122, N1 = 187, N2 = 102, N3 = 66.

Dibangun SKL baru berikut

187x 1(mod 6), 102x 1(mod 11), 66x 1(mod 17),

yang berturut-turut memberikan penyelesaian x1 = 1, x2 = 4 dan x3 =8. Dengan mengambil

x = 5 187 1 + 4 102 4 + 3 66 8 = 4151,

maka menurut teorema sisa Cina, penyelesian SKL semula adalah

x 4151(mod 1122) 785(mod1122).

Jadi bentuk umum keluarga bilangan tersebut adalah

x = 785 + 1122t, t = 0, 1, .

Tiga anggota terkecil berkaitan dengan t = 0, 1 dan 3 yaitu 785, 1907dan 3029. Skor maksimum = 40.

1

Soal_2. Kerjakan dua soal saja dari soal-soal berikut !

Tentukan sisanya jika 15 + 25 + 35 + + 995 + 1005.

Soal ini tidak dapat dikerjakan karena tidak lengkap. Jadi seharusnya tidakdipilih.

Buktikan 53103 + 10353 habis dibagi 39.

Penyelesian. Mudah diperiksa bahwa 53 14(mod 39), dan 532 1(mod 39).Jadi diperoleh

53103 =(532

)5153 53(mod 39) 14(mod 39).

Dilain pihak kita mempunyai 103 14(mod 39) dan 1032 1(mod 39).Dengan argumen yang sama diperoleh

10353 =(1032

)26 103 14(mod 39).Berdasarkan hasil ini diperoleh

53103 + 10353 14(mod 39) 14(mod 39) = 0(mod 39),

yaitu terbukti habis dibagi 39.

Untuk sebarang bilangan bulat a, buktikan a2 a + 7 selalu berakhirdengan angka 3, 7 atau 9.

Penyelesaian. Gunakan modulo 10. Setiap bilangan bulat dapat disajikandalam bentuk a = 10k + r, r = 0, 1, , 9. Substitusikan bentuk inike a2 1 + 7, periksa masing-masing 10 kemungkinan nilai r tersebut.Akan diperoleh sisa dari kelipatan 10 hanya 3, 7 atau 9. Misalnya untukr = 2 diperoleh

(10k+2)2(10k+2)+7 = 100k2+40k+410k2+7 = 10(10k2+3k)+9,

memberikan angka terakhir 9. Kasus lainnya dikerjakan sendiri.

Untuk setiap bilangan bulat a, buktikan berlaku a21 a(mod15).

2

Penyelesaian. Gunakan Teorema Fermat, yaitu a5 a(mod 5) sehinggadiperoleh

a21 =(a5)4 a a5 a(mod 5).

Di pihak lain berlaku a3 a(mod 3) sehingga a21 = (a3)7 a7 =(a3)

2 a a2 a = a3 a(mod 3). Dari kedua hasil ini diperoleh5|a21 a dan 3|a21 a. Karena 3 dan 5 prima maka 5 3 = 15|a21 a,yaitu a21 a(mod15).

Setiap item soal No. 2 mendapat skor maksimum 30.

Informasi. Materi kuliah ini sangat menarik dan bermanfaat. Kemampuanbernalar akan terasah dengan baik dengan mempelajari teori bilanganini. Sebagian keindahan dalam matematika tercermin pada teori bi-langan. Materi teori bilangan ini banyak diambil sebagai soal dalamolimpiade matematika: semua jenjang SD s.d. SMA dan semua tingkatlokal, propinsi, nasional dan internasional. Saat ini, tidak banyak guruyang menguasai topik ini. Jika anda ahli pada topik ini maka terbukakesempatan menjadi guru terhormat dan trainer olimpiade matematikaprofesional. Walapun kuliah ini sudah selesai, teruslah belajar danberlatih soal-soal yang pernah saya berikan (mungkin lebih dari 200soal). Pada saatnya kalian akan merasakan kenikmatan karena ilmudan pengetahuan yang dimiliki.

3