TB..doc

BAB I

BAB I

PENDAHULUAN

1.1 Notasi dan Simbul

Matematika selalu berkenaan dengan ide-ide dan konsep, oleh karena itu untuk memudahkan uraian, penjelasan, atau keterangan diperlukan seperangkat kesepakatan bersama sebagai dasar dalam memahami matematika sehingga apa yang ingin diketahui menjadi lebih mudah dan sederhana. Disamping itu dalam matematika diperlukan lambang-lambang tertentu. Lambang-lambang yang telah disepakati tersebut mempunyai makna tertentu, dan makna tersebut dinamakan dengan notasi.

Istilah lain dari notasi adalah simbul. Penggunaan notasi haruslah disepakati bersama oleh pengguna matematika. Notasi-notasi yang ada dalam matematika dapat berkaitan dengan himpunan misalnya penggunaan huruf kapital latin, operasi atau pengerjaan misalnya penjumlahan beruntun atau perkalian beruntun, hubungan antara unsur misalnya kesamaan atau ketidaksamaan, atau pernyataan yang menunjukkan penunjuk misalnya kelipatan persekutuan terkecil, pembagi persekutuan terbesar dan sebagainya.

Berikut ini dituliskan beberapa notasi dengan artinya.

Notasi yang berkaitan dengan operasi

+ : jumlah

- : selisih

x : perkalian

: : pembagian

: akar kuadrat

: Penjumlahan beruntun

: Perkalian beruntun

: integral Notasi yang berkaitan dengan hubungan

= : sama dengan

: tidak sama dengan

> : lebih besar daripada

< : lebih kecil daripada

: lebih kecil atau sama dengan

: lebih besar atau sama dengan

: ekuivalen

: sama dan sebangun

: gabungan

: Irisan

: anggota

: bukan anggota

Notasi yang berkaitan dengan petunjuk atau tujuan

KPK : kelipatan persekutuan terkecil (low commond multiple)

FPB : pembagi persekutuan terbesar (great commond devisor)

: implikasi ( jika ... maka ... )

: biimplikasi ( ... jika dan hanya jika ... )

: tegak lurus

: sudut 90o : sejajar

: himpunan kosong

: segitiga

: bujur sangkar (persegi)

Notasi yang berkaitan dengan himpunan

a. Himpunan bilangan Nol yaitu {0}

b. N = himpunan bilangan Asli (Natural) = { 1,2,3,4,5, ... }

c. W = himpunan bilangan Cacah (Whole) = { 0,1,2,3,4, ... }

d. Z = himpunan bilangan Bulat (Zahlen)

= {...,-3,-2,-1,0,1,2,3, ... } , sehingga dalam bilangan bulat terdapat bilangan bulat positip (Z+), bulat negatip (Z-) dan bilangan nol

e. Q = himpunan bilangan rasional (Q = Quotient) yaitu bilangan yang dapat dinyatakan dalam bentuk , dengan a,b Z, b 0 . Bilangan rasional juga dinamakan dengan bilangan desimal berulang.

Q = { x : x = , a,b Z, b 0 }

f. = himpunan bilangan tak rasional yaitu bilangan yang tidak dapat dinyatakan dalam bentuk dengan a,b Z. b 0 Bilangan tidak rasional juga disebut dengan istilah lain yaitu bilangan desimal tak berulang.

g. R himpunan bilangan nyata (R = Real) yaitu gabungan dari bilangan-bilangan Asli, Cacah, Bulat, Rasional, dan tidak Rasional. Dengan kata lain:

R = { N W Z Q }

h. Himpunan bilangan tidak nyata (i = imajiner ) yaitu bilangan yang dinyatakan dengan i dimana i = .i. C = himpunan bilangan komplek yaitu bilangan yang dinyatakan dalam bentuk C = {x : x = a + bi, a,b Z, i = }.

Notasi-notasi tersebut dapat digunakan dengan tujuan untuk penyimbulan konsep dalam matematika yang sudah disepakati bersama.

Contoh:

1. Jika kita ingin menyatakan jumlah 10 suku pertama dari bilangan genap adalah dengan menggunakan simbul

2. Diberikan dua bilangan bulat berbeda, misal x dan y. Kita akan menggunakan simbul > atau < sehingga didapat x > y atau x < y.

3. Untuk menyatakan dua garis lurus L1 dan L2 yang sejajar cukup menggunakan simbul L1 L2.

Terlihat dari contoh di atas maka penggunaan simbul dalam matematika memberikan makna singkat dan lugas.

1.2 Induksi Matematika

Induksi matematika merupakan suatu metode yang penting dalam pembuktian dan sering digunakan dalam berbagai buku. Induksi matematika merupakan suatu metode yang digunakan untuk membangun kevalidan pernyataan yang diberikan dalam istilah-istilah bilangan asli (N). Walaupun kegunaannya agak dibatasi dalam konteks yang agak khusus, namun keberadaannya merupakan suatu alat yang sangat diperlukan dalam cabang-cabang matematika.

Dianggap bahwa kita sudah mengenal bilangan asli N = { 1,2,3, ... }, baik operasi biasa pada penjumlahan dan perkalian dan arti dari suatu bilangan asli yang satu lebih kecil dari yang lain. Juga dianggap kita sudah mengenal dengan sifat-sifat dasar dari bilangan asli berikut ini:

Sifat terurut baik dari N menyatakan bahwa setiap subset tidak kosong dari N mempunyai unsur terkecil. Sifat yang lebih mendetail dari sifat terurut baik bilangan asli adalah sebagai berikut:Teorema 1.1 Jika S adalah subset dari N dan jika S

EMBED Equation.3 , maka terdapat suatu m S sedemikian sehingga m k, untuk setiap k S.Prinsip Induksi Matematika

Misal S subset dari N, maka berlaku sifat-sifat:

(1) 1 S

(2) jika k S, maka (k+1) S, dan S = NBukti:

Anggaplah berlaku sebaliknya S N. Maka himpunan N S tidak kosong dan selanjutnya dengan sifat terurut dengan baik ia akan memuat suatu unsur terkecil. Misal m adalah unsur terkecil dari N-S. Karena 1 S, maka menurut hipotesis (1), kita tahu bahwa m 1. Selanjutnya untuk m > 1 mengakibatkan bahwa m 1 juga merupakan bilangan asli, Karena m 1 < m dan karena m adalah unsur terkecil dari N sedemikian sehingga m S, ia mestilah merupakan kasus bahwa m-1 S.

Selanjutnya kita gunakan hipotesis (2) untuk unsur ke ke k = m 1 dan menyimpulkan bahwa k+1 = (m-1) + 1 = m S. Kesimpulan ini bertentangan dengan pernyataan bahwa m S. Karena m diperoleh dengan mengasumsikan bahwa N-S tidak kosong, hal ini juga bertentangan dengan kesimpulan bahwa N-S kosong. Dengan demikian kita telah menunjukkan bawa S = N.

Bentuk lain dari prinsip Induksi Matematika dinyatakan sebagai berikut:

Untuk setiap n N, misalkan P(n) merupakan suatu pernyataan tentang n, anggaplah bahwa:

(1) P(1) benar

(2) P(k) benar maka P(k+1) benar,

Maka P(n) adalah benar untuk setiap n N.Contoh

Untuk setiap n N, buktikan rumus penjumlahan berikut dengan induksi matematika.

1. 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ..... + n =

Jawab

Untuk n = 1 1 = , sehingga 1 S,

Andaikan untuk n = k diasumsikan bahwa k S, sehingga

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ..... k =

Selanjutnya akan dibuktikan bahwa untuk n = k + 1 benar, maka

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ..... + k + (k+1) =

, karena n = k+1, maka:

Karena rumus ini terpenuhi untuk n = k+1, kita menyimpulkan bahwa k+1 S. Jadi dari Induksi matematika terpenuhi. Oleh karena itu dengan prinsip induksi matematika kita menyimpulkan bahwa S = N dan rumus tersebut adalah benar untuk semua n N.

1.3 Prinsip Urutan

Prinsip adalah aturan atau sifat yang digunakan sebagai dasar atau landasan dalam uraian yang berkaitan dengan bukti sesuatu. Prinsip dapat diambil dari definisi, aksioma, atau dalil-dalil yang dimunculkan kembali untuk digunakan pada bagian lain suatu konsep yang memerlukan. Diantara prinsip dalam matematika adalah prinsip urutan (Well Ordering Principle).

Prinsip urutan berkaitan dengan kepositipan dan ketaksamaan antara bilangan-bilangan real. Sebagaimana halnya dalam Struktur Aljabar dari sistem bilangan real. Cara yang dapat dilakukan untuk melakukan sifat urutan adalah mengidentifikasi suatu subset khusus dari R dengan menggunakan gagasan kepositipan.

Definisi 1.1Misal P subset R dan P . Untuk selanjutnya P disebut bilangan real positip kuat, maka berlaku sifat-sifat berikut ini:

(1) Jika a,b P, maka (a+b) P

(2) Jika a,b P, maka (a.b) P

(3) Jika a R, maka tepat dari salah satu yang berikut dipenuhi

a P, a = 0, -a P

Dua sifat yang pertama menjamin kesesuaian dari urutan dengan operasi penjumlahan dan perkalian secara berurutan. Sifat (3) biasanya disebut sifat trikotomi karena membagi R menjadi 3 jenis unsur yang berbeda. Dinyatakan bahwa himpunan {-a: a P} dari bilangan real negatip tidak mempunyai unsur persekutuan dengan P, dan selanjutnya himpunan R merupakan gabungan dari tiga himpunan yang saling asing.

Definisi 1.2a. Jika a P, kita mengatakan bahwa a adalah suatu bilangan real positip kuat (strictly positip) dan dituliskan dengan a > 0, Jika a P {0}, maka a disebut bilangan real tidak negatip dan dituliskan dalam bentuk a 0.

b. Jika -a P, kita mengatakan bahwa a adalah suatu bilangan real negatip kuat (strictly negatip) dan dituliskan dalam bentuk a < 0, Jika -a P {0}, maka a disebut bilangan real tidak positip dan dituliskan dalam bentuk a 0.

c. Jika a, b R dan jika a b P maka dituliskan dalam bentuk a > b atau b < a.

d. Jika a,b R dan jika a b P {0}, maka a b atau b a

Untuk kesepakatan bersama kita akan menuliskan a < b < c yang berarti a < b dan b < c

Demikian juga jika a b dan b c maka a b c. demikian seterusnya.Berikut ini beberapa teorema yang berkaitan dengan prinsip keterurutan Teorema 1.2

Misalkan a,b,c R

a. Jika a > b dan b > c maka a > c

b. Tepat dari salah satu pernyataan berikut ini dipenuhi

a > b, a = b , a < b

c. Jika a b dan b a maka a = b

Bukti

a. a > b maka menurut definisi a b > 0 atau a b P

b > c maka menurut definisi b c > 0 atau b c P

Karena a b P dan b c P maka menurut definisi diperoleh

(a-b) + (b-c) P.

Sehingga a c P atau a > c

b. Dengan sifat trikotomi dalam definisi, maka tepat salah satu dari yang berikut mungkin terjadi

a b > 0, atau a-b = 0, atau (a-b) = 0 sehingga

a > b atau a = b atau a < b.

c. Jika a b, maka a b 0, sehingga dari bukti (b) kita dapatkan a b P atau b-a P yakni a > b atau b > a. Dalam kasus lainnya salah satu dari hipotesisi tersebut kontradiksi. Jadi haruslah a = b.Teorema 1.3

1. Jika a R dan a 0, maka a2 > 0

2. 1 > 0

3. Jika n N, maka n > 0

Bukti

1. Dengan sifat trikotomi jika a 0, maka a P atau a P. Jika a P maka dengan definisi kita mempunyai a2 = a, untuk a P. Dengan cara yang sama Jika -a P maka dengan definisi sebelumnya diperoleh bentuk (-a)2 = (-a)(-a) P. Dari teorema sebelumnya berakibat bahwa:

(-a)(-a) = ((-1)a)((-1)a) = (-1)(-1)a2 = a2. Akibatnya bahwa a2 P. Jadi kita simpulkan bahwa jika a 0, maka a2 > 0.

2. Karena 1 = (1)2, menurut bukti di atas akan menyebabkan bahwa 1 > 0.

3. Kita dapat menggunakan induksi matematika untuk membuktikan pernyataan ini.

Pernyataan tersebut benar untuk n = 1 yakni 1 > 0. Selanjutnya kita anggap benar untuk n = k, dengan k bilangan asli.

Karena 1 > 0 dan 1 P, maka k + 1 P, sehingga pernyataan di atas benar adanya dengan menggunakan definisi sebelumnya.Teorema 1.4Misalkan a,b,c R

1. Jika a > b, maka a+c > b+c

2. Jika a > b, dan c > d maka a+c > b+d

3. Jika a > b, c>0 maka ca > cb

4. Jika a > b, c0 maka 1/a > 0

6. Jika a < 0 maka 1/a < 0.

Bukti

1. Karena a > b berarti menurut definisi sebelumnya a b > 0. Karena a-b > 0 sehingga a b P.

(a b ) = (a-b) + (c-c)

(a b ) + (c c ) = (a+c) (b+c)

Sehingga (a+c) (b+c) P. Dengan kata lain (a+c) (b+c) > 0

Karena (a+c) (b+c) > 0 berarti (a+c) > (b+c)

2. Karena a > b, dan c > d berarti a b > 0 dan c d > 0.

Hal ini berarti a - b P dan c d P.

Menurut definisi bilangan real positip kuat (1) diperoleh

(a-b) + (c-d) P. Dengan kata lain (a-c) + (c-d) > 0, atau

(a+c) (b+d) > 0 sehingga berlaku (a+c) > (b+d)

3. Karena a > b, dan c > 0 berarti a b > 0 dan c > 0.

Hal ini berarti a - b P dan c P.


(a-b) c P. Dengan kata lain (ac bc) P, atau

(ac) (bc) > 0 sehingga berlaku ac > bd

4. Karena a > b, dan c < 0 berarti a b > 0 dan c < 0 atau (c) > 0.

Hal ini berarti a - b P dan -c P.


(a-b)(-c) P. Dengan kata lain (bc ac) P, atau

(bc) (ac) > 0 sehingga berlaku bc > ac

5. Jika a > 0, maka a 0 (berdasarkan sifat trikotomi). Karena a > 0, berdasarkan sifat sebelumnya maka berlaku 1/a 0. Jika 1/a < 0, berdasarkan teorema sebelumnya diperoleh 1 = a(1/a) < 0.

Hal ini bertentangan dengan kenyataan bahwa 1 < 0. Jadi haruslah 1/a > 0.

6. Jika a < 0, maka a 0 (berdasarkan sifat trikotomi). Karena a < 0, berdasarkan sifat sebelumnya maka maka berlaku 1/a 0. Jika 1/a < 0, berdasarkan teorema sebelumnya diperoleh 1 = a(1/a) < 0.

Hal ini bertentangan dengan kenyataan bahwa 1 < 0. Jadi haruslah 1/a < 0.Teorema 1.5Jika a,b R, maka a > (a+b) > b.

Bukti.

Karena a > b, maka dapat diperoleh a + a > a + b atau 2a > a + b. Demikian pula

a > b maka dapat diperoleh a + b > b + b atau a + b > 2b

Dari ketaksamaan 2a > a + b dan a + b > 2b didapatkan

2a > a+b > 2b

a=1/2(2a) > (a+b) > (2b)=b

a > (a+b) > b.

Akibat dari teorema di atas adalah:

jika a R dan a > 0 maka a > 1/2a > 0.

1.4 Prinsip Proporsi

Dalam setiap komunikasi, setiap orang penting untuk mempunyai pikiran yang tepat dalam benaknya. Pernyataan Setiap mahasiswa IKIP Budi Utomo mempunyai cita-cita menjadi guru belumlah merupakan informasi yang khusus jika ternyata teman yang diajak berkomunikasi melihat beberapa mahasiswa IKIP Budi Utomo ternyata setelah lulus tidak menjadi guru.

Dalam matematika, terutama di kelas kita dapat menyampaikan konsep x2 = 1 di papan tulis, hal ini dimaksudkan apa yang dimaksudkan oleh penulis dengan huruf x dan angka 1. Apakah x bilangan bulat? Apakah bukan bilangan? Apakah angka 1 merupakan bilangan asli? atau 1 merupakan konsep yang lain. Dalam matematika seringkali juga muncul istilah untuk setiap, untuk semua, untuk sesuatu, ada, dan seterusnya.

Misalnya:

1. Untuk setiap bilangan bulat x, x2 = 1.

2. Terdapat suatu bilangan bulat x sedemikian sehingga x2 = 1.

Dari contoh di atas, jelaslah bahwa contoh 1 salah, akan tetapi contoh 2 adalah benar karena kita dapat memilih a = 1 atau x = -1.

Berdasarkan contoh di atas, jika konteks yang dibicarakan adalah bilangan bulat, maka pernyataan di atas akan menjadi lebih aman jika disingkat dengan:

Untuk setiap x, x2 = 1 dan terdapat suatu x sedemikian sehingga x2 = 1. Pernyataan pertama merupakan Universal Quantifier untuk setiap, dan yang membuat pernyataan ini salah adalah pernyataan setiap bilangan bulat. Pernyataan kedua merupakan Existential Quantifier terdapat suatu, dan yang membuat pernyataan ini benar adalah palingb sedikit satu bilangan bulat. Kedua quantifier ini sering terjadi sehingg para pengguna matematika menggunakan simbul untuk menyatakan pernyataan untuk setiap dan simbul untuk menyatakan terdapat atau ada.

1.5 Konjektur

Teori bilangan penuh dengan masalah-masalah yang belum terselesaikan atau belum ditemukan jawabnya. Masalah yang belum terselesaikan tersebut dinamakan konjektur yang diambil dari kata conjecture yang berarti dugaan atau perkiraan. Dalam tulisan ini diperkenalkan beberapa konjektur, antara lain:

1. Terdapat definisi suatu bilangan perfek, yaitu suatu bilangan bulat positip yang jumlah pembaginya yang positip adalah dua kali bilangan dimaksud.

Contoh.

Pembagi positip 6 adalah 1, 2, 3, 6

Jumlah pembagi positip bilangan 6 adalah 1 + 2 + 3+ 6 = 12 = 2 x 6.

Pembagi positip bilangan 28 adalah 1, 2, 4, 7, 14, 28

Jumlah pembagi positip bilangan 28 adalah 1 + 2 + 4 + 7 + 14 + 28 = 56 = 2 x 28

Selain 6 dan 28 bilangan perfek yang lain adalah 496, 8.128, dan 33.500.336.

Berkaitan dengan bilangan perfek terdapat konjektur

Banyaknya bilangan perfek adalah tak hingga.

Semua bilangan perfek adalah genap.

Jika (2n 1) bilangan prima maka 2n-1(2n -1) adalah bilangan perfek.

2. Terdapat definisi suatu pasangan dua bilangan yang sekawan (amicable), yaitu pasangan dua bilangan bulat positip yang masing-masing jumlah pembaginya positip (tidak termasuk bilangannya) sama dengan bilangan yang lain.

220 dan 284 adalah bilangan sekawan, karena:

Jumlah pembagi positip 220 adalah

1 + 2 + 4 + 5 + 10 + 11 + 20 + 22 + 44 + 55 + 110 = 284

Jumlah pembagi positip 284 adalah

1 + 2 + 4 + 71 + 142 = 220

Pasangan bilangan sekawan yang lain adalah 1184 dan 1210, 17296 dan 18416.

Suatu konjektur yang berkaitan dengan pasangan dua bilangan sekawan adalah terdapat tak hingga banyaknya pasangan bilangan bersekawan.

3. Terdapat definisi tentang pasangan bilangan prima (twine prime), yaitu dua bilangan prima berurutan yang berselisih dua. Beberapa pasangan pasangan bilangan prima adalah 3 dan 5, 5 dan 7, 17 dan 19, 29 dan 31, 41 dan 43.

Konjektur tentang pasangan bilangan prima menyatakan bahwa banyaknya pasangan prima adalah tak hingga.

4. Berdasarkan pasangan bilangan prima Goldbach mempunyai 2 konjektur yaitu:

Setiap bilangan bulat positip genap lebih dari 4 merupakan jumlah dua bilangan prima ganjil.

Contoh

6 = 3 + 3 14 = 3 + 11

8 = 3 + 5 12 = 5 + 7

10 = 3 + 7 30 = 23 + 7

Setiap bilangan bulat positip ganjil lebih dari 8 merupakan jumlah tiga bilangan prima ganjil.

Contoh

9 = 3 + 3 + 3 13 = 5 + 5 + 3

101 = 11 + 43 + 47 19 = 5 + 7 + 7

11 = 3 + 3 + 5 37 = 11 + 13 + 13

5. Selain Goldbach, Pierre Fermat juga mempunyai dua konjektur terkenal yaitu:

a. + 1 adalah bilangan prima

Untuk n = 0, diperoleh 2 + 1 = 3

Untuk n = 1, diperoleh 4 + 1 = 5

Untuk n = 2 , diperoleh 17

Untuk n = 3, diperoleh 257

Untuk n = 4, diperoleh 65.537

Untuk n = 5, diperoleh 4.294.967.297

b. Untuk n 3, tidak ada bilangan-bilangan bulat positip x,y,z yang memenuhi hubungan xn + yn = zn

Meskipun masih merupakan konjektur, pernyataan ini sering disebut sebagai teorema terakhir Fermat. (Fermats last theorem)

Soal-soal

1. Tunjukkan formula berikut ini benar.

a. 1 + 3 + 5 + 7 + ..... + (2n-1) = n2.

b. 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + ..... + n(n+1) =

c. 12 + 32 + 52 + 72 + ..... + (2n-1)2 =

d. 13 + 2 3+ 33 + 43 + ..... + n3 =

2. Jika r 1, tunjukkan bahwa:

a + ar + ar3 + ar4 + ..... + arn-1 = , untuk sebarang bilangan bulat positip n.

3. Misalkan a,b.c. d R, buktikan pernyataan berikut:

a. Jika a < b, b < c maka ad+bc < ac+bd

b. Jika a b dan c < d, maka a+c < b+d

c. a2 + b2 = 0 jika dan hanya jika a=0 atau b=0

4. Carilah bilangan a,b,c,d R yang memenuhi 0 < a < b dan a < d < 0 dan berlaku

(a) ac < bd (b) ac > bd.

5. Tentukan bilangan real x, sedemikian sehingga:

d. x2 > 3x +4

e. 1 < x2 < 4

f. < x

BAB II

KETERBAGIAN

2.1 Keterbagian Dalam Bilangan Bulat

Sifat-sifat yang berkaitan dengan keterbagian telah dipelajari oleh Euclid 350 SM (Niven, 1999:4). Pengembangan selanjutnya telah banyak dikembangkan oleh beberapa ahli matematika yang lain, misalnya yang berkaitan dengan bilangan komposit, perkalian dalam usaha untuk mengembangkan teori bilangan. Karena pentingnya sifat keterbagian maka akibatnya konsep tersebut sering muncul dalam Aljabar Modern dan Struktur Aljabar (Muhsetyo, 1994:18)

Definisi 2.1

Suatu bilangan bulat x dikatakan habis dibagi oleh suatu bilangan bulat y 0, jika terdapat satu bilangan bulat p sedemikian sehingga x = py. Jika hal ini dipenuhi maka y dikatakan membagi x dan dinotasikan dengan y x yang dapat diartikan sebagai y adalah faktor (pembagi) x, atau x adalah kelipatan y. Jika y tidak membagi x dinotasikan dengan y x.

Contoh :

1) 3 12, sebab ada bilangan bulat 4 sedemikian sehingga 12 = (4) 3.

2) 3 -30, sebab ada bilangan bulat -10 sedemikian sehingga

30 = (-10)3.

3) 6 42, karena ada bilangan bulat 7 sedemikian sehingga

42 = (7)-6

4) 5 -25, karena ada bilangan bulat 5 sedemikian sehingga

25 = (5)-5

5) 3 5 karena tidak ada bilangan bulat x sedemikian sehingga

5 = (x) 3

6) 4 9 karena tidak ada bilangan bulat y sedemikian sehingga

9 = (y) 4

7) 2 11 karena tidak ada bilangan bulat z sedemikian sehingga

11 = (z)-2.

8) 7 7 karena ada bilangan bulat 1 sedemikian sehingga 7 = (1) 7.

Jika y x dan 0 < y < x, maka y disebut pembagi murni dari x. Notas ak x tetapi ak+1 x. Berdasarkan definisi 1 diatas selanjutnya pembagian dalam Z dapat dilakukan tanpa memperluas Z menjadi Q. Kemudian jika x,y Z dan yx = 0, maka x= 0 atau y = 0 dan dikatakan bahwa Z tidak mempunyai pembagi nol. Akibatnya dengan sifat ini dapat dilakukan suatu penghapusan (Kanselasi).

Jika x,y Z dan 5x = 5y, maka 5x 5y = 0

5(x-y) = 0, diperoleh 5 = 0 atau x-y = 0, x = y

Jadi persamaan 5x = 5y menjadi x = y tidak diperoleh dengan perkalian 1/5 , karena 1/5 bukan bilangan bulat.

Untuk selanjutnya pernyataan y x sudah dianggap bahwa y 0. Sehingga dari definisi 2.1 dapat ditentukan bahwa:

1) 1 x, untuk setiap x Z, karena ada p Z sedemikian sehingga

x = (p)1, sehingga 1 3, 16, 1 11, 1 -21, 1 16, 1 -10, semuanya bernilai benar.

2) y 0, untuk setiap y Z dan y 0 karena ada 0 Z sehingga

0 =(y)0, sehingga 3 0, 10, -1 0, 12 0, -191 0, 4 0, semuanya bernilai benar.

3) x x untuk setiap x Z dan x 0, karena ada 0 Z, sehingga

x = (1)x, sehingga pernyataan-pernyataan 22, -2-2, 4242, 1212, -20-20, 2121, semuanya bernilai benar.

4) Jika y x, maka kemungkinan hubungan antara y dan x adalah y < x, y = x, y>x. Misalnya 2 2 dengan 2 = 2, 2 4 dengan 2 < 4, dan

2 -4 dengan 2 > -4.

Dalil 2.1

Jika a,b,c Z maka berlaku:

1) a b a bc, untuk setiap c Z.

2) (a b, b c) a c.

3) (a b, b a) a = b.

4) (a b, a c) a (b c).

5) (a b, a c) a (ax + by) untuk setiap x,y Z.

Untuk selanjutnya ax + by disebut kombinasi linear dari b dan c

6) ( a>0, b > 0 dan a b) a b.

7) a b ma mb untuk setiap m Z dan m 0

8) ( ab dan a b+c ) a c.

Pernyataan-pernyataan pada dalil 2.1 di atas dapat dibuktikan sebagai berikut:

1. Karena diketahui a b , maka menurut definisi 1 ada suatu bilangan bulat p sedemikian sehingga b = (p)a. b = pa berarti bc = (pa)c. Hal ini berarti terdapat bilangan bulat q = pc sedemikian sehingga bc = qa.

Jadi a bc.

2. a b b = pa, untuk suatu p Zb c c = qb, untuk suatu q Z.( b = pa, c = qb) c = q(pa) atau c = (qp)a. atau c = wa, untuk suatu w Z.

Jadi a c.

3. a b b = pa, untuk suatu p Z

b a a = qb, untuk suatu q Z.

( b = pa, a = qb) a = q(pa) atau a = (qp)a. Karena a b, berarati

a 0, sehingga a = (qp)a atau a(1-qp) = 0 dan dapat disederhanakan menjadi a=0 atau qp = 1.

qp = 1 ( q = 1 dan p =1) atau ( p = -1 dan q = -1)

p = q = 1 maka a = pb = b ....(1)

p = q = -1, maka a = pb = -b ...(2)

Dari (1) dan (2) didapat a = b

4. a b b = pa, untuk suatu p Za c c = qa, untuk suatu q Z.( b = pa, c = qa) b c = pa qa atau b c = a ( p q)

b c = at dengan t Z.

Jadi a b c.

5. a b b = pa, untuk suatu p Za c c = qa, untuk suatu q Z.

bx + cy = ( pa)x + (qa)y

bx + cy = a (px+qy) dengan (px + qy) Z.

Jadi a (bx+cy).

6. a b b = pa, untuk suatu p Zkarena a > 0, b > 0 dan b = pa maka p > 0.

karena p Z maka p bukan suatu pecahan.

Sehingga nilai kemungkinan x adalah 1,2,3, ..., yaitu x = 1 atau x >1

b = pa dan p =1 b = a atau a = b

b = pa dan p > 1 b > a atau a < b.

a = b atau a < b a = b

7. (a) a b b = pa, untuk suatu p Z mb = map mb = (ma)p ma mb

(b) ma mb mb = (ma)p untuk suatu p Z ma mb

mb = m (ap) dan m 0 b = ap a b

b c c = q b, untuk suatu q Z.

8. a b b = pa, untuk suatu p Za b + c b + c = qa, untuk suatu q Z.

b + c = qa c = qa b.

c = qa b dan b = pa c = qa - pa atau c = a( q-p)

c = a ( q-p) dengan (q-p) Z a c. Dalil 2.2 (Dalil Algoritma Pembagian)Jika a > 0, dan a,b Z, maka ada bilangan-bilangan q dan r Z yang masing-masing tunggal sehingga b = qa + r dengan 0 r < a.

Jika a b maka r memenuhi ketidaksamaan 0 < r < a.

Bukti.

Misal a, b Z, maka dapat dibentuk suatu barisan aritmatika b na, n Z, yaitu:

..., b 3a, b 2a, b-a, b, b + a, b + 2a, ....

Barisan di atas mempunyai bentuk umum b na.

Selanjutnya, misal S adalah suatu himpunan yang unsur-unsurnya suku yang bernilai positip dari barisan b na, sehingga:

S = { (b na) n Z, dan b na > 0 }

Menurut prinsip urutan, maka S mempunyai unsur terkecil, sebut saja r.

Karena r S, maka r dapat dinyatakan sebagai r = b qa, dengan q Z.

Dari r = b qa dapat diperoleh b = qa + r.

Jadi jika a > 0 dan a,b Z maka ada q,r Z sedemikian sehingga b = qa + r.

Untuk menunjukkan bahwa 0 r < a, maka digunakan bukti tidak langsung sebagai berikut:

Anggaplah bahwa 0 r < a tidakbenar, maka r a dan dalam hal ini r tidak mungkin negatip karena r S.

Jika r a maka r a 0.

r = b qa r a = b qa a

= b ( q +1) a.

r a 0 dan r-a = b ( q + 1 ) a 0.

r a 0 dan r a mempunyai bentuk b na, maka r a S.

Karena a > 0 maka r a < r sehingga r a merupakan unsur terkecil dari S dan lebih kecil dari r. Hal ini bertentangan dengan pengambilan r sebagai unsur terkecil S. Jadi haruslah 0 r < a.

Untuk menunjukkan ketunggal q dan r, dimisalkan q dan r tidak tunggal yaitu q1, q2, r1, r2 Z dan memenuhi hunbungan persamaan

b = q1a + r1b = q2a + r2

Sehingga berlaku q1a+ r1 = q2a+ r2

( q1 - q2 ) a + ( r1 - r2 ) = 0 .

( r1 - r2 ) = ( q2 q1 )a

a ( r1 - r2 )

a ( r1 - r2 ) r1 - r2 = 0 atau r1 - r2 a ( a r1 - r2 )

r1 - r2 = 0 r1 = r2 (q1 - q2 ) a = 0 q1 = q2

r1 - r2 a > 0, r1 > 0 , r2 > 0 r1 a = 0.

Jadi r1 = r2 dan q1 = q2 yaitu q dan r masing-masing adalah tunggal.

Selanjutnya jika a b, maka tidak ada q Z sehingga b = qa. Hal ini berarti b qa atau b = qa + r dengan 0 < r < a. ( r 0, sebab jika r = 0 diperoleh b = qa).

Dalil 2.3

Jika b = qa + r dengan 0 r < a, maka

b disebut bilangan yang dibagi (devidend)

a disebut bilangan pembagi (devisor/faktor)

q disebut bilangan hasil bagi (quotient), dan

r disebut bilangan sisa (remainder/residu)

Dalil 2.3 di atas disebut pula dengan dalil algoritma pembagian. Algoaritma adalah prosedur atau metode matematis untuk memperoleh hasil tertentu yang dilakukan menurut sejumlah langkah berurutan yang berhingga. Dalil 2 ini sebenarnya lebih bersifat dalil eksistensi (keujudan) dari adanya bilangan-bilangan bulat q dan r dari suatu algortima. Namun demikian uraian tentang pembuktiannya dapat memberikan gambaran adanya suatu metode, cara , atau prosedur matematis untuk memperoleh bilangan-bilangan bulat q dan r sehingga b = qa + r.

Jika a = 2 dan b adalah sebarang bilangan bulat, maka menurut dalil sebelumnya b dapat dinyatakan dengan b = 2q + r, dengan 0 r < a. Hal ini berarti bahwa nilai-nilai b yang mungkin dapat ditentukan oleh nilai-nilai r yang mungkin yaitu r = 0 dan r = 1.

Untuk r = 0 maka b = 2q + r = 2q + 0.

b = 2q, dengan q Z.

b yang dapat dinyatakan dengan 2q ( q Z ) disebut bilangan bulat genap (even integer).

Untuk r = 1, b = 2q + r = 2q + 1 ( q Z ) disebut bilangan bulat ganjil. (odd intereger, gasal).

Ternyata berdasarkan dalil algoritma pembagian, setiap bilangan bulat dapat dinyatakan sebagai bilangan bulat genap (2q) atau bilangan bulat ganjil ( 2q + 1). Selanjutnya jika diambil a = 3, maka menurut dalil Algoritma Pembagian, dengan mengambil r= 0, r=l dan r=2. Sehingga sebarang bilangan bulat b dapat dinyatakan sebagai bentuk dari salah satu persamaan berikut:

b = 3q

b = 3q + 1

b = 3q + 2

Dengan alasan yang sama, setiap bilangan bulat selalu dapat dinyatakan antara lain:

1. Salah satu dari 4q, 4q+1, 4q+2, 4q+3 (q Z)

2. Salah satu dari 5q, 5q+1, 5q+2, 5q+3, 5q+4 (q Z)

3. Salah satu dari 6q, 6q+1, 6q+2, 6q+3, 6q+4, 6q+5 (q Z)

Disinilah sebenarnya letak dari konsep algoritma pembagian, suatu konsep mendasar yang dapat digunakan untuk membantu pembuktian sifat-sifat tertentu.

Contoh:

1. Diketahui n adalah bilangan bulat, buktikan bahwa 2 n3 n .

Bukti:

Menurut dalil Algoritma pembagian, terdapat bilangan bulat q sedemikian sehingga n = 2q atau n = 2q + 1,

Untuk n = 2q maka

n3 n = n (n2 1)

= n(n-1)(n+1)

= 2q(2q-1)(2q+1)

= 2{q(2q-1)(2q+1)

n3 n = 2{q(2q-1)(2q+1)

Sehingga 2 2{q(2q-1)(2q+1) atau 2 n3 n

Untuk n = 2q+1 maka

n3 n = n (n2 1)

= n(n-1)(n+1)

= (2q+1)(2q+1-1)(2q+1+1)

= (2q+1)(2q)(2q+2)

n3 n = (2q+1)(2q)(2q+2)

Sehingga 2 (2q+1)(2q)(2q+2) atau 2 n3 n

2. Tunjukkan bahwa 4 n2 + 2 untuk sebarang n ZJawab

Dengan bukti tidak langsung, anggaplah 4 n2 + 2.

Sesuai dengan dalil algoritma pembagian, untuk n Z dapat dinyatakan sebagai

n = 2q atau n = 2q + 1, q Z.

Untuk n = 2q, maka n2 + 2 = (2q)2 + 2 = 4q2 + 2

4 n2 + 2

n2 + 2 = 4q2 + 2

4 4q2 + 2

4 4q2 , maka 4 2, hal ini terjadi kontradiksi karena 4 2.

Jadi anggapan bahwa 4 n2 + 2. adalah salah sehingga 4 n2 + 2.

Untuk n = 2q + 1, maka n2 + 2 = (2q+1)2 + 2 = 4q2 + 4q + 3

= 4(q2+q) + 3

4 n2 + 2

n2 + 2 = 4(q2 +q) + 3

4 4(q2 + q) + 3

4 4(q2 + q), maka 4 3, hal ini terjadi kontradiksi karena 4 3.

Definisi 2.2 Ditentukan x,y Z yang keduanya tidak bersama-sama bernilai 0, a Z disebut pembagi persekutuan dari x dan y jika a x dan a y.

a Z disebut pembagi persekutuan terbesar (FPB) dari x dan y jika a adalah bilangan bulat positip terbesar sehingga ax dan ay.

Untuk selanjutnya jika a adalah pembagi persekutuan terbesar dari x dan y dinyatakan dengan (x,y) = a.

Perlu diperhatikan bahwa (x,y) = a didefinisikan untuk setiap pasangan bilangan bulat x,y Z kecuali untuk x = 0 dan y = 0. Demikian pula perlu dipahami bahwa (x,y) selalu bernilai positip yaitu (x,y) > 0, atau (x,y) 1.

Contoh:

1. Faktor dari 8 adalah -8, -4, -2, -1, 1, 2, 4, 8.

2. Faktor dari 20 adalah 20, -10, -5, -4, -2, -1, 1, 2, 4, 5, 10, 20

3. Faktor Persekutuan 8 dan 20 adalah 4,-2,-1, 1, 2, 4

4. Faktor Persekutuan terbesar 8 dan 20 adalah 4 atau (8,20) = 4

Selanjutnya perhatikan bahwa

(12,16) = 4, (60,105) = 15, (3,5) = 1, (17,19)= 1. dan seterusnya.

Dalil 2.4

1. Jika d = (x,y) maka d adalah bilangan bulat positip terkecil yang mempunyai bentuk umum aox + boy dengan ao, bo ZBukti.

Dibentuk kombinasi linear (ax + by) dengan a,b Z. Barisan bilangan ax + by memuat bilangan-bilangan negatip, bilangan nol (untuk a = 0 dan b = 0), dan bilangan-bilangan yang bernilai positip.

Ambil S = {ax + by ax + by > 0 }, maka dapat ditentukan bahwa S N. Karena N adalah himpunan terurut dan S N, maka S mempunyai unsur terkecil dan sebutlah dengan t, dan t S, maka tentu ada a = ao dan b = bo sehingga t = aox + boy dan selanjutnya dapat dibuktikan bahwa t x dan t y.

Untuk membuktikan apakah t x, digunakan bukti tidak langsung .

Misal t x, maka menurut dalil sebelumnya ada q, r Z sehingga

x = qt + r dengan 0 < r < t

r = x qt

= x q(aox + boy)

r = ( 1-aoq)x + (-boq)y

r = a1x + b1y dengan a1 = 1-aoq Z, dan

b1 = -boq Z.

Jadi r = a1x + b1y Z dengan r, t S, t merupakan unsur terkecil S ran r < t. Hal ini bertentangan dengan dengan pemisalan t x. Dengan demikian anggapan t x tidaklah benar. Jadi haruslah t x.

Dengan cara yang sama dapat ditunjukkan bahwa t y.

Dari t x dan t y berarti t adalah pembagi persekutuan dari x dan y.

d = (x,y) berarti d x sehingga p S sehingga x = dp.

d = (x,y) berarti d y sehingga p S sehingga y = dp.

t = aox + boy

= ao (dp) + bo (dp)

d t, d 0, t > 0 maka sesuai dengan dalil sebelumnya d t dan d tidak lebih kecil dari t, sedangkan d adalah pembagi persekutuan dari x dan y.

Jadi d = t = aox + boy

Berdasarkan urian di atas jelaslah bahwa d = (x,y) merupakan bilangan bulat positip terkecil yang mempunyai bentuk (ax + by) dengan a,b Z.

Dengan demikian terlihat bahwa tidak ada bilangan positip selain d yang membagi x dan y dan mempunyai bentuk (ax + by)

2. Jika t Z dan t > 0, maka (tx,ty) = t (x,y)

Bukti

Sesuai dengan bukti dalil 1 di atas, maka:

(tx,ty) = bilangan bulat positip terkecil yang mempunyai bentuk(atx + bty) dengan bilangan a,b Z

= atx + bty

= t (ax + by)

= t merupakan bilangan bulat positip terkecil yang mempunyai bentuk (ax+by)

= t (ax +by)

3. Jika x,y Z dan d = (x,y) maka (,) = 1

Bukti

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

(x,y) = (d. , d.) = d (, )

Karena d > 0 maka d (, ) atau 1 = (, )

Dengan demikian (, ) = 1

4. Jika x,y,w Z, w xy, dan (y,w) = 1 maka w x.

Bukti

(y,w) = 1 maka menurut definisi FPB 1 adalah bilangan bulat positip terkecil yang mempunyai bentuk ay + bw dengan a,b Z

ay + bw = 1 berarti ayx + bwx = x

w xy w axy

w axy dan w bxw w axy + bxw

w axy + bwx dan axy + bxw = x w x.

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

Bukti:

(x,t) = 1 terdapat ao dan bo Z sedemikian sehingga aox+bot=1

(y,t) = 1 terdapat ao dan bo Z sedemikian sehingga a1y+b1t=1

aox+bot=1 aox = 1 - bot

a1y+b1t=1 a1y = 1 - b1t

a1x = 1 - bot dan a1y = 1 - b1t maka:

(aox)(a1y) = (1 - bot)(1 - b1t)

= 1- (bo - b1 + bob1t)t

(aoa1)(xy) = (1- b2)t atau (xy) a2 +b2t=1 dengan

a2 = aoa1 dan b2 = bo - b1 + bob1t

Karena (xy,t) = 1 adalah bilangan bulat positip tekecil yang mempunyai bentuk (xy) a2 +b2t=1 maka (xy,t) haruslah 1 sehingga (xy,t) = 1

6. Ditentukan x,yZ , (x,y) = d. Ekuivalen dengan d > 0, d x, dy dan f d untuk setiap f pembagi persekutuan x dan y.

Bukti

d = (x,y) maka menurut definisi d adalah bilangan bulat positip terbesar sehingga d x, dy, hal ini berarti bahwa d > 0. Demikian pula d = (x,y) berarti d adalah bilangan bulat positip terkecil dan berbentuk (ax + by), dengan a,bZ.

Jadi d = ax + by.

Misal f adalah sebarang pembagi persekutuan dari x dan y, maka berlaku f x dan f y, sehingga f ax dan f ay dan menurut sifat keterbagian berlaku f ax + by.

f ax + by dan d = ax + by f d.

Sebaliknya, jika d > 0 dan d x d y serta f d, dengan f adalah sebarang pembagi persekutuan x dan y maka d f ( karena d = kf, k Z ) untuk sebarang f pembagi persekutuan x dan y.

Jadi d adalah pembagi persekutuan terbesar dari x dan y. Atau d = (x,y)

7. Untuk setiap a, x, y Z, berlaku:

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

Bukti

d = (x,y) maka menurut definisi d adalah bilangan bulat positip terbesar sehingga d x, dy, hal ini berarti bahwa d > 0.

Jadi d = (x,y) atau d = (y,x).

Karena d merupakan bilangan bulat positip terbesar yang membagi x dan y, dan y membagi (-y), maka d juga merupakan bilangan bulat positip terbesar yang membagi x dan (-y), sehingga d = (x,-y).

Selanjutnya (x,y) x berarti (x,y) ax.

(x,y) ax dan (x,y) y (x,y) ax + y.

(x,y) ax dan (x,y) ax + y (x,y) adalah pembagi persekutuan dari x dan y+ax, sehinggga menurut dalil sebelumnya berarti (x,y) (x,y+ax)

(x,y+ax) adalah pembagi persekutuan dari x dan (y+ax), hal ini berarti

(x,y+ax) x dan (x,y+ax) (y+ax)

(x,y+ax) x (x,y+ax) ax (x,y+ax) x dan (x,y+ax) y+ax (x,y+ax) y

Karena (x,y+ax) adalah suatu pembagi persekutuan dari x dan y,

maka (x,y+ax) (x,y) . Jadi (x,y+ax) = (x,y)

Perhatikan bahwa:

1. (6,15) = (15,6) = (6, -15) = (-6,15) = 3.

2. (4,6) = ( 4, 3.4 + 6) = ( 4,18) = 2

3. (3,5) = ( 3, 5.2 + 1) = ( 3, 11) = 1

4. (15, 81) = ( 15, 6 + 75) = ( 15, 6 + 5.15) = ( 6, 15) = 3.

Dalil Algoritma Euclides

Jika r1, r2 Z, dan r1 > r2 dan dengan proses algoritma pembagian dibentuk Suatu barisan menurun bilangan bulat r1, r2, r3, ... , rk-1, rk, rk+1=0

Yaitu:

r1 = q1r2 + r3 , 0 r3 < r2.r2 = q2r3 + r4 , 0 r4 < r2.r3 = q3r4 + r5 , 0 r5 < r2.r4 = q4r5 + r6 , 0 r6 < r2..............................................

rk-2 = qk-2rk-1 + rk , 0 rk < r2.rk-1 = qk-1rk + rk+1 , rk+1 = 0

Maka (r1,r2) = rk.

Bukti.

(r1,r2) = (q1r2 + r3 , r2) ....................... (substitusi r1)

= (r3,r2) ........................ (teorema)

= (r3, q2r3 + r4 ) ........................ (substitusi r2)

= (r3,r4)

.......

.......

.......

= (rk,rk+1)

= (rk,0) .......................... (rk+1 = 0)

(r1,r2) = rkContoh

1. Tentukan (105,60) dan nyatakan hasilnya sebagai bentuk kombinasi linear

ax + by = c, dimana c = (a,b).

Dengan Algoritma Euclides diperoleh:

105 = (1) 60 + 45

60 = (1) 45 + 15

45 = (3) 15 + 0, sehingga diperoleh (105,60) = 15.

Selanjutnya dengan jalan mundur diperoleh:

15 = 60 45 (1)]

= 60 [105 60(1)]

= 60 105 + 60 (1)

= (-1) 105 + (2) 60.

Akhirnya diperoleh (105,60) = (-1)105 + (2) 60.

5. Dengan cara yang sama diperoleh

(570, 1938) = 114

114 = 570 2 (228)

= 570 2 [1938 3.570]

= 570 2 (1938) + 6(570)

= 7 (570) 2 (1938)

= -2(1938) 7(570).

2.2 Cara Lain Menentukan Faktor Persekutuan Terbesar dan Kombinasi Linear

Marilah kita ingat kembali dalil Algoritma Pembagian Euclides

Jika r1, r2 Z, dan r1 > r2 dan dengan proses algoritma pembagian dibentuk

Suatu barisan menurun bilangan-bilangan bulat r1, r2, r3, ... , rk-1, rk, rk+1=0

Yaitu:

r1 = q1r2 + r3 , 0 r3 < r2.r2 = q2r3 + r4 , 0 r4 < r2.r3 = q3r4 + r5 , 0 r5 < r2.r4 = q4r5 + r6 , 0 r6 < r2..............................................

rk-2 = qk-2rk-1 + rk , 0 rk < r2.rk-1 = qk-1rk + rk+1 , rk+1 = 0

Maka (r1,r2) = rk.

Sehingga diperoleh :

r3 = r1 - q1r2

r4 = r2 - q2r3

r5 = r3 - q3r4

r6 = r4 - q4r5

.............................

.

.

ri = ri-2 - qi-2ri-1

Berdasarkan persamaan tersebut di atas dapat diketahui bahwa bilangan bulat ri ditentukan oleh r1-1 dan ri-2

Andaikata Algoritma pembagian Euclid di atas dinyatakan dalam bentuk x dan y, yaitu:

x1 = q1x2 + x3 , 0 x3 < x2.y1 = q1y2 + y3 , 0 y3 < y2.maka dengan cara yang sama (analog) diperoleh bentuk persamaan dalam x dan y yang secara umum dinyatakan oleh xi = xi-2 - qi-2xi-1 dan yi = yi-2 - qi-2yi-1 .

Sehingga terdapat 3 persamaan dalam bentuk ri, xi, dan yi dan selanjutnya masing-masing konstanta tersebut dapat dimulai dengan syarat awal yang berbeda.

r-1 = r1, ro = r2x-1 = 1, xo = 0

y-1 = 0, ro = 1

Secara lengkap langkah untuk menentukan masing-masing konstanta dapat dilihat pada table berikut ini:

iqi+1rixiyi

-1*r1 (b)10

0...r2 (a)01

1........

2.......

3.......

Dstnya........

Titik-titik pada masing-masing kolom diisi dengan menyesuaikan bentuk persamaan

ri = ri-2 - qi-2ri-1

xi = xi-2 - qi-2xi-1

yi = yi-2 - qi-2yi-1 Contoh.

1. Tentukan (42823,6409) dan tentukan selesaian kombinasi linearnya.

42823 x + 6409 y = 17

Jawab

Tabel untuk masing-masing konstanta adalah

i qi+1rixiyi

-1-4282310

06640901

1143691-6

222040-17

372893-6-2(7)=-20

41717-1-7(3)=-227-7(-20)=147

5-0--

Diperoleh (42823,6409) = 17 dan 17 = 42823(-22) + 6409(147)

2. Tentukan (7469,2464), dan buatlah kombinasi linearnya dari masing-masing soal dalam bentuk ax + by = d dimana d = (a,b)

Jawab Tabel untuk masing-masing konstanta adalah sebagai berikut:

i qi+1rixiyi

-1-746910

03246401

132771-3

2 -0--

Diperoleh (7469,2464) = 77 dan 77 = 7469 (1) + 2464 (-3)

3. Tentukan (1109,4999) dan buatlah kombinasi linearnya dari masing-masing soal dalam bentuk ax + by = d dimana d = (a,b)

Jawab

Tabel untuk masing-masing konstanta adalah

i qi+1rixiyi

-1-499910

04110901

115631-4

21546-15

332172-9

482-65293

521522-2353

6-0--

Diperoleh (1109,4999) = 1 dan 1 = 1109 (-2353) + 4999 (522)

4. Dengan cara yang sama tentukan (5033464705,3137640337)

Tabel untuk masing-masing konstanta adalah:

i qi+1rixiyi

-1-503346470510

01313764033701

1118958243681-1

21124115969-12

316540083992-3

41587807570-35

58662008295-8

6158200938-4369

77799989148-77

832201701-379608

9113947881185-1091

101806913-15642509

1115878752749-4410

122219038-43136919

13114979911375-18248

14269239-1568825167

1561132142751-68582

1681313-272194436659

1718172220303-3561854

181496-24924973998513

1913214712800-7560367

201175-720529711558880

21114611918097-19119247

22529-1912339430678127

23 291107535067-172509882

24-0--

Diperoleh (5033464705,3137640337) = 1 dan

1 = 5033464705 (107535067) + 3137640337 (-172509882)

Soal.

Dengan cara yang sama tentukan kombinasi linearnya dan tentukan:

a. (2947,3997)= d maka d = 2947x + 3997y b. (2689,4001) = d maka d = 2689x + 4001yc. (1109,4999) = d maka d = 1109x + 4999yd. (24332221,67777170)

e. (404040404040,98989898989)

1. Untuk latihan anda, cobalah tentukan (7469,2464), (2947,3997), (2689,4001), (1109,4999) dan nyatakan hasilnya dalam bentuk kombinasi linear.

2. Tentukan nilai x dan y yang memenuhi persamaan

423x + 198y = 9

71x 50y = 1

43x + 64y = 1Definisi 2.3

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

a. M disebut kelipatan persekutuan dari x dan y jika y m dan x m.

b. M disebut kelipatan persekutuan terkecil dari x dan y jika m adalah bilangan bulat positip terkecil sehingga x m dan y m. Jika m kelipatan pesekutuan terkecil x dan y dinotasikan dengan [x,y] = m.

Dalil 2.5

1. Jika x,y Z, x 0, dan y 0, maka [x,y] = m x m , y m, m > 0 dan sebarang kelipatan persekutuan n dari x dan y berlaku m n.

2. Untuk m > 0 berlaku [mx,my] = m [x,y]

3. Jika a dan b adalah sebarang dua bilangan bulat positip dan (a,b) = 1 maka (a,b)[a,b] = a.b

4. Jika a,b sebarang dua bilangan bulat positip, maka (a,b)[a,b] = ab.

2.3 Persamaan Diophantine Linear Persamaan Diophantine linear secara umum ditulis sebagai ax + by = c. Nama Diophantine digunakan untuk menghormati jasa-jasa dari ahli matematika bangsa Alexanderia, Mesir bernama Diophantus yang hidup pada abad ke-3 (tahun 250 M).

Misal, diberikan persamaan Diophantine 3x + 6y = 18, maka dengan cara sederhana akan diperoleh bentuk kesamaan-kesamaan:

3(4)+ 6.1 = 18

3(-6) + 6(6) = 18

3.10 + 6(-2) = 18, dan seterusnya.

Bentuk kesamaan tersebut jika diteruskan akan diperoleh sebanyak tak hingga bentuk. Oleh karena itu dalam persamaan Diophantine ax + by = c dikatakan mempunyai selesaian jika d c dan d = (a,b). Karena d = (a,b) maka kita tahu bahwa ada bilangan bulat r dan s sehingga sehingga a = dr dan b = ds. Jika selesaian ax + by = c ada , sehingga bentuk axo+byo = c akan sesuai dengan bentuk:

c = axo+byo = drxo + dsyo = d (rxo + syo).

Teorema 2.1

Persamaan Diophantine Linear ax + by = c dikatakan mempunyai selesaian jika dan hanya jika d c dimana d = (a,b), Jika xo dan yo adalah sebarang selesaian khusus dari ax + by = c

Maka seluruh selesaian yang lain diberikan oleh x = xo + (b/d)t dan y = yo (a/d)t, untuk sebarang bilangan bulat t.

Bukti.

Misal xo dan yo adalah selesaian persamaan yang diketahui, jika x dan y selesaian yang lain maka axo + byo = c = ax + by

a(x xo) = b(yo y)

Dengan menggunakan teorema sebelumnya pada Algoritma Pembagian, dimana ada bilangan bulat relatif prima r dan s sehingga a = dr dan b = ds. Sehingga diperoleh r(x-xo) = s(yo-y). Bentuk ini memberikan fakta bahwa r s(yo-y). Dengan (r,s) = 1. dengan menggunakan Lemma Euclid diperoleh r (yo-y) atau dengan kata lain

(yo-y) = rt, untuk suatu bilangan bulat t.

x-xo = st.

x = xo + st

x = xo + (b/d)t .....................(1)

Dengan cara yang sama diperoleh

yo y = rt.

y = yo - rt

y = yo - (a/d)t ..................... (2)

dari (1) dan (2) dapat dilihat bahwa:

ax + by = a[xo + (b/d)t] + b [yo - (a/d)t]

= (axo + byo) + (ab/d ab/d)t

= c + 0

= c

Dengan demikian terdapat tak hingga selesaian dari persamaan Diophantine yang diberikan, sebut saja selesaian tersebut adalah t.

Contoh:

Tentukan selesaian persamaan Diophantine 172x + 20y = 1000.

Jawab

Dengan menggunakan Algoritma Euclid diperoleh (172,20) diperoleh

172 = (8) 20 + 12

20 = (1) 12 + 8

12 = (1) 8 + 4

8 = (2) 4

Sehingga (172,20) = 4.

Karena 4 1000 maka 172x + 20y = 1000 mempunyai selesaian.

Dengan menggunakan jalan mundur pada langkah di atas diperoleh

4 = 12 (1) 8

= 12 (1) [20 (1) 12]

= (2) 12 (1) 20

= 2 [172 (8)20] 20

= (2) 172 + (-17) 20 atau

4 = (2) 172 + (-17) 20.

Kalikan kedua ruas dengan 250 diperoleh

1000 = 250.4 = 250 {(2) 172 + (-17) 20}

= 500.172 + (-4250) 20

didapat x = 500 dan y = -4250.

Semua selesaian dari persamaan 172x + 20y = 1000 adalah

x = 500 + (20/4)t = 500 + 5t

y = -4250 - (172/4)t = -4250 - 43t, untuk suatu bilangan bulat t.

Untuk memilih t, gunakan ketentuan 500 + 5t >0 dan 4250 43t > 0 (mengapa?).

Akibat dari teorema di atas adalah, Jika (a,b) = 1 dan jika xo dan yo adalah selesaian khusus dari persamaan Diophantine linear ax + by = c, maka seluruh selesaian dari persamaan yang diberikan adalah x = xo + bt dan y = yo - at

2.4 Ciri-ciri Habis Dibagi

Banyak definisi dan dalil yang telah dipaparkan di atas yang berkaitan dengan keterbagian. Dalam banyak hal lain sering diperlukan suatu jawaban apakah suatu bilangan habis atau tidak jika dibagi oleh bilangan tertentu. Jawaban yang dimaksud menyangkut ciri-ciri suatu bilangan habis dibagi oleh bilangan yang lain. Ciri-ciri habis dibagi dikembangkan dan dijabarkan dari definisi dan dalil yang telah dibicarakan. Sebelum ciri-ciri habis dibagi dibahas, perlu dipaparkan beberapa sifat dasar keterbagian, hal ini dilakukan karena sangat diperlukan.

1. k 0, untuk semua k Z. dan k 0.

Karena 0 = 0 dan 0 Z, maka jelaslah bahwa k 0.

Jadi 2 0, 10 0, -2 0, 1220 adalah semua pernyataan yang bernilai benar

2. 1 k, untuk semua k Z.

Karena k = k.1 dan k Z, maka jelaslah bahwa 1k.

Jadi 1 2, 120, 1-10, 1 22 0 adalah semua pernyataan yang bernilai benar

3. k m k x.m untuk semua x Z.

Karena 0 = 0 dan 0 Z, maka jelaslah bahwa k 0.

Jadi 3 6 3 3.6, 310.6 , 3 22 6 adalah pernyataan yang bernilai benar

4. k m1, k m2 k (m1 m2)

k m1, k m2, ....... k mi k (m1 m2 ... mi )

Jadi 3 9, 3 3 3 (9+3) 3 (9-3) adalah pernyataan yang bernilai benar

5. k k, untuk semua k Z. dan k 0.

Karena k = 1.k dan 1 Z, maka jelaslah bahwa k k.

Jadi 2 2, -4-4 , 11, 22 22 adalah pernyataan yang bernilai benar

6. (k,m) = 1 dan k mn k n.

Jadi (3,5) =1 dan 3 5.9 3 9.

(4,7) =1 dan 4 7.4 4 4.

(3,4) =1 dan 3 4.12 3 12.

7. k m, k m + n k n

k m1, k m2, ....... k (m1 + m2 + ... + mi ), k n

Jadi 3 6, 3 12, 3 15, 3 6 + 12 + 15 + 21 3 21

Selanjutnya suatu bilangan asli

N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + aoDitulis dalam bentuk sederhana

N = (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao)

a. Ciri-ciri habis dibagi 2.

Perhatikan

N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao. Dimana

2 10 2 a1.10

2 10 2 10.10 2 102 2 a2.102.

2 10 2 100.10 2 103 2 a3.103.

2 10 2 1000.10 2 104 2 a4.104.

...............................................................................

...............................................................................

2 10 ............................................................... 2 ak.10k.

maka:

2 ak.10k , 2 ak-110k-1 , 2 ak-210k-2 , 2 ak-310k-3 , 2ak-410k-4 , ...,

2 a1.10

2 (ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10)

2 N 2 ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10 + ao.

2 ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10

Jadi 2 ao

Kesimpulan suatu bilangan asli N habis dibagi 2 jika angka terakhir lambang bilangan N (yaitu ao) habis dibagi 2. Jadi haruslah ao bilangan genap.

Contoh

1. Selidiki apakah 6831078103 habis dibagi 2?

Jawab

Misal N = 6831078103, dan angka terakhir dari N adalah 3 (ganjil) dan 2 3 , maka

2 6831078103

2. Selidiki apakah 435655433216 habis dibagi 2

Jawab

Karena angka terakhir dari N = 435655433216 adalah bilangan 6 (genap) dan

2 6, maka 2 435655433216.

b. Ciri-ciri habis dibagi 4.

Perhatikan


4100 4 102 4 a2.102

4100 4 10.100 4 103 4a3.103

4 100 4 100.100 4 104 4 a4.104.

4 100 4 1000.100 4 105 4 a5.105.

...............................................................................

...............................................................................

4 100 ............................................................... 4 ak.10k.

maka:

4 ak.10k , 4 ak-110k-1, 4ak-210k-2 , 4ak-310k-3 , 4 ak-410k-4 , ... ,

4 a2.102


4 N 4 ( ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a2.102 + a1.10 + ao.

4 (ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a2.102

Jadi 4 a1.10 + ao atau 4 a1ao

Kesimpulan suatu bilangan asli N habis dibagi 4 jika bilangan yang dibentuk oleh dua angka terakhir dari lambang bilangan N habis dibagi 4.

Contoh


Jawab

Misal N = 6831078103 = (a9a8a7a6a5a4a3a2a1a0) ,

dan Dua angka terakhir dari N a1 = 3 dan ao = 0, sehingga diperoleh bilangan 30 dan dan 4 30 , maka 4 6831078103


Jawab

Misal N = 435655433216 = (a11a10a9a8a7a6a5a4a3a2a1ao ) , dan

Dua angka terakhir dari N a1 = 1 dan ao = 6, sehingga diperoleh bilangan 16 dan 4 16 , maka 4435655433216

c. Ciri-ciri habis dibagi 8.

Perhatikan


8 1000 8 103 8 a3.103.

8 1000 8 10.1000 8 104 8 a4.104.

8 1000 8 100.1000 8 105 8 a5.105.

...............................................................................

...............................................................................

8 1000 ............................................................... 8 ak.10k.

maka:

8 ak.10k , 8 ak-110k-1 , 8ak-210k-2 , 8 ak-310k-3 , 2 ak-410k-4 , ...,

8 a3.103

8 ( ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 + ak-410k-4 + ....+ a3.103



Jadi 8 a2.102 +a1.101 + + a0 atau 8 a2a1a0

Kesimpulan : suatu bilangan asli N habis dibagi 8 jika bilangan yang dibentuk oleh tiga angka terakhir dari lambang bilangan N habis dibagi 8. Contoh


Jawab

Misal N = 435655433242 = (a11a10a9a8a7a6a5a4a3a2a1ao ) , dan

Tiga angka terakhir dari N adalah a2 = 2 , a1 = 4 dan ao = 2, sehingga diperoleh bilangan 242 dan dan 8 242.

Jadi 8 435655433242

d. Ciri-ciri habis dibagi 16.

Perhatikan

N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao. Karena

16 10000 16 104 16 a4.10416 10000 16 10.10000 16 105 16 a5.105.

16 10000 16 100.10000 16106 16 a6.106.

...............................................................................

...............................................................................

16 10000 ............................................................... 16 ak.10k.

maka:

16ak.10k ,16ak-110k-1 , 16ak-210k-2 , 16ak-310k-3 ,

16ak-410k-4,.....,16a4.104

16(ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a4.104 )



Jadi 16 a3.103 +a2.102 + a1.10 + ao atau 16 a3a2a1ao

Kesimpulan : suatu bilangan asli N habis dibagi 16 jika bilangan yang dibentuk oleh empat angka terakhir dari lambang bilangan N habis dibagi 16.

Contoh

1. Selidiki apakah bilangan 1212646 habis dibagi 2, 4, 8, dan 16

1212646 = (a4a3a2a1a0)

Karena (ao) = 6 dan 26 maka 2 1212646

Karena (a1a0) = 46 dan 4 46 maka 4 1212646

Karena (a2a1a0) = 646 dan 8 646 maka 4 1212646

Karena (a3a2a1a0) = 2646 dan 16 2646 maka 16 1212646

2. Selidiki apakah 44768 habis dibagi 2, 4, 8, dan 16

44768 = (a4a3a2a1a0)

Karena (ao) = 8 dan 2 8 maka 2 44768

Karena (a1a0) = 68 dan 4 68 maka 4 44768

Karena (a2a1a0) = 768 dan 8 768 maka 8 44768

Karena (a3a2a1a0) = 4768 dan 16 4768 maka 16 4476

e. Ciri-ciri habis dibagi 3.Perhatikan


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

a2.102 = a1 ( 99 + 1 ) = a1.99 + a2

a3.103 = a3 ( 999 + 1 ) = a3.999 + a3

...............................................................................

...............................................................................

ak.10k = ..... = ak ( 999...9 + 1 ) = ak.999...9 + ak

maka:

N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao. = (a3.999...9 + ak ) + ... + (a3.999 + a3 ) + (a2.99 + a2 ) + (a1. 9 + a1 ) + ao

= (a3.999...9 + ... + a3.999 + a2.99 + a1. 9 ) + (ak + ... + a3 + a2 + a1 + ao )

Dari hasil ini dapat ditentukan bahwa

39 3a1.9

39 3 11.9 399 3a2.99

39 3 111.9 3999 3a3.999

...............................................................................

...............................................................................

39 ............................................................... 3ak.999 ... 9

sehingga

3ak.999 ... 9, ... , 3a3.999, 3a2.99, 3a1.9

atau 3(ak.999 ... 9) + ... + (a3.999) + (a2.99) + (a1.9)

3N 3(ak.999...9 + ... + a3.999 + a2.99 + a1. 9 ) + (ak + ... + a3 + a2 + a1 + ao )

maka 3 (ak + ... + a3 + a2 + a1 + ao )

Kesimpulan suatu bilangan bulat N habis dibagi3 jika jumlah angka-angka dari lambang bilangan N habis dibagi 3.

Contoh

1. Selidiki apakah 3462 habis dibagi 3 ?

Jawab:

Misal N = 3462 = (a3a2a1a0)

Dan a3 + a2 + a1 + ao = 3 + 4 + 6 + 2 = 15

Karena 3 15 maka 3 3462

2. Selidiki apakah 564350098 habis dibagi 3?

Jawab:

Misal N = 564350098 = (a8a7a6a5a4a3a2a1a0), diperoleh

a8 + a7 + a6 + a5 + a4 + a3 + a2 + a1 + ao = 5 + 6 + 4 + 3 + 5 + 0 + 0 + 9 + 8 = 40

Karena 3 40 maka 3 564350098

f. Ciri-ciri habis dibagi 9.

Dari uraian pembagian dengan bilangan 3 diketahui bahwa:

N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao. = (a3.999...9 + ... + a3.999 + a2.99 + a1. 9 ) + (ak + ... + a3 + a2 + a1 + ao )

Karena

99 9a1.9

99 9 11.9 999 9a2.99

99 9 111.9 9999 9a3.999

...............................................................................

...............................................................................

99 ............................................................... 9ak.999 ... 9

sehingga

9ak.999 ... 9, ... , 9a3.999, 9a2.99, 9a1.9

atau 9(ak.999 ... 9) + ... + (a3.999) + (a2.99) + (a1.9)

9N 9(ak.999...9 + ... + a3.999 + a2.99 + a1. 9 ) + (ak + ... + a3 + a2 + a1 + ao )

maka 9 (ak + ... + a3 + a2 + a1 + ao )

Kesimpulan suatu bilangan bulat N habis dibagi 9 jika jumlah angka-angka dari lambang bilangan N habis dibagi 9.

Contoh :

Selidiki apakah 142323331011 habis dibagi 3 dan 9

N = 142323331011 (a11a10a9a8a7a6a5a4a3a2a1ao)

a11+ a10+ a9+ a8 + a7 + a6 + a5 + a4+ a3 + a2 + a1+ ao = 1 + 4 + 2 + 3 + 2 + 3 + 3 + 3 + 1 + 0 + 1 + 1 = 24

Karena 3 24 maka 3 142323331011

Karena 9 24 maka 3 142323331011

g. Ciri-ciri habis dibagi 5

Perhatikan

N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao. Karena :

5 10 5 a1.10

5 10 5 10.10 5 102 5 a2.102.

5 10 5 100.10 5 103 5 a3.103.

5 10 5 1000.10 5 104 5 a43.104.

...............................................................................

...............................................................................

5 10 ............................................................... 5 ak.10k.

5 ak.10k , 5ak-110k-1 , 5ak-210k-2 , 5ak-310k-3 , 5 ak-410k-4 , .... , 5a1.10


5 N 5 (ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10) + ao.


Jadi 5 ao. Kemungkinannya ao = 0 atau ao = 5

Kesimpulan suatu bilangan asli N habis dibagi 5 jika angka terakhir lambang bilangan N adalah 0 atau 5.

Contoh:

1. Bilangan 2456 tidak habis dibagi 5 karena angka terakhir dari 2456 yaitu 6 tidak habis dibagi 5. atau 5 6. sehingga 5 2456.

2. Bilangan 450980 habis dibagi 5 karena angka terakhir dari 450980 adalah 0 dan

5 0, sehingga 5 450980

h. Ciri-ciri habis dibagi 6.

Jika diketahui 6N, maka 6 merupakan pembagi (faktor) dari N, sehingga:

N = 6k untuk k Z.

N = 6k dan 6 = 2.3, maka N = (2.3)k

N = 2(3.k) 2 N

N = 3(2.k) 3 N

Jadi suatu bilangan bulat N habis dibagi 6 jika N habis dibagi oleh 2 dan 3.Dengan kata lain suatu bilangan N habis dibagi 6 jika angka terakhir adalah genap dan jumlah angka-angka dari lambang bilangan N habis dibagi 3.

Contoh :


4356 habis dibagi 2, karena angka terakhir dari bilangan 4356 yaitu 6 habis dibagi 2, sehingga 2 4356. 4 + 3 + 5 + 6 = 18, dan 3 18, maka 34356.

Karena 2 4356 dan 34356 maka 6 4356.

2. Selidiki apakah 9854098 habis dibagi 6!

9854098 habis dibagi 2 karena 2 8, dan 9 + 8 + 5 + 4 + 0 + 9 + 8 = 43, sehingga

3 43. Karena 2 9854098, akan tetapi 3 9854098, maka 6 9854098.

i. Ciri-ciri habis dibagi 7.

Perhatikan


a1.10 = a1( 7 + 3 ) = 7a1 + 3a1a2.102 = a2. 100 = a2( 98 + 2 ) = 98 a2 + 2a2 a3.103 = a3. 1000 = a3( 1001 1 ) = 1001 a3 - a3 a4.104 = a4. 10000 = a4( 10003 - 3 ) = 10003a4 - 3a4 a5.105 = a5. 100000 = a5( 100002 2 ) = 100002 - 2a5

dan seterusnya

sehingga:

N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao. = ak.10k + .... + a5105 + a4.104 + a3.103 + a-2 .102 + a1.10 + ao.

= ak.10k + ..... + (100002 a5 - 2a5) + (10003a4 - 3a4 ) + (1001 a3 - a3 ) +

( 98 a2 + 2a2 ) + ( 7a1 + 3a1) + a0.

= (7a1 + 98 a2 + 1001 a3 - 10003a4 - 100002 a5 + ... 7.t.10k ) + (a0 +3a1 + 2a2 ) -

(a3 + 3a4 + 2a5) + ...

= 7m + (a0 +3a1 + 2a2 ) - (a3 + 3a4 + 2a5) + ...

7 N dan 7 m , maka 7 (a0 +3a1 + 2a2 ) - (a3 + 3a4 + 2a5) + ...

Kesimpulan bilangan N = (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao) habis dibagi jika

7 (a0 +3a1 + 2a2 ) - (a3 + 3a4 + 2a5) + ...

Contoh

1. Selidiki apakah 1234 habis dibagi 7.

Misal 1234 = (a3a2a1a0) , maka diperoleh

a3 = 1, a2 = 2, a1= 3, a0= 4

a0 + 3a1 + 2a2 = 4 + 3(3) + 2(2) = 17 dan a3 = 1

sehingga (a0 + 3a1 + 2a2 ) - a3 = 17 1 = 6

Karena 7 2, maka 7 1234.

2. Selidiki apakah 3976 habis dibagi 7.

Jawab

Dengan cara lain dapat diselidiki apakah 7 3976.

Ambil N = 3976 dan andaikan 7 3976.

Karena 7 21, maka 7 6.21 sehingga 7 3976 6.21

7 3976 6.21 7 3.103 + 9.102 + 7.101 + 6.100 6.21

7 3.103 + 9.102 + 7.101 + 6.100 6.20

7 10(3.102 + 9.101 + 7 2.6

7 10(3397 2.6)

Karena (7,10) = 1 dan 7 10(397 2.6), maka menurut dalil sebelumnya

7 397 2.6. atau 7 385

Jika cara tersebut diteruskan akan diperoleh

7 385 7 38 2.5 atau 7 28

7 18 7 2 2.8 atau 7 -14.

Dengan demikian 7 3976. dan bilangan 2 disebut dengan pengali.

j. Ciri-ciri habis dibagi 10.

Perhatikan


10 10 10 a1.10

10 10 1010.10 10 102 10 a2.102.

10 10 10 100.10 10 103 10 a3.103.

10 10 10 1000.10 10 104 10 a4.104.

...............................................................................

...............................................................................

10 10 ............................................................... 10 ak.10k.

10 ak.10k , 10 ak-110k-1 , 10ak-210k-2 , 10ak-310k-3 , 10ak-410k-4 , ....., 10 a1.10


10N 10 ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10 + ao.


Jadi 10 ao , nilai yang mungkin untuk ao = 0.

Kesimpulan : Suatu bilangan asli N habis dibagi 10 jika angka terakhir lambang bilangan N (yaitu ao) adalah 0.

k. Ciri-ciri habis dibagi 11.

Perhatikan


a1.10 = a1( 11 1 ) = 11a1 - a1a2.102 = a2. 100 = a2( 99 + 1 ) = 99 a2 + a2 a3.103 = a3. 1000 = a3( 1001 1 ) = 1001 a3 - a3 a4.104 = a4. 10000 = a4( 9999 + 1 ) = 9999a4 + a4 a5.105 = a5. 100000 = a5( 100001 - 1 ) = 100001a5 - a5

dan seterusnya

sehingga:

N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao. = ak.10k + .... + a5105 + a4.104 + a3.103 + a-2 .102 + a1.10 + ao.

= ak.10k + ..... + (99999 a5 + a5) + (10003a4 - 3a4 ) + (1001 a3 - a3 ) +

( 99a2 + a2 ) + ( 11a1- a1) + a0.

= (11a1 + 99 a2 + 1001 a3 + 10003a4 + 99999 + ... ) + (a0 + a2 + a4 ) -

(a2 + a4 + a6) + ...

= 11.t + (a0 + a2 + a4 ) - (a2 + a4 + a6) + ...

11 N dan 11 11.t , maka 11(a0 + a2 + a4 ) - (a2 + a4 + a6) + ...

Kesimpulan bilangan N = (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao) habis dibagi 11 jika selisih jumlah angka-angka pada urutan genap dengan jumlah angka pada urutan ganjil habis dibagi 11.

Contoh:

1. Bilangan 8685204 habis dibagi 11, mangapa?

2. Bilangan 25902646 habis dibagi 11, mengapa?

3. Bilangan 456233311 tidak habis dibagi 11, mengapa?

l. Ciri-ciri habis dibagi bilangan Prima.

Berdasarkan hasil pembagian dengan bilangan 7 dan 11 dapat diketahui bahwa secara bertahap, bilangan yang diselidiki direduksi menjadi suatu bilangan yang dengan mudah dapat ditentukan habis dibagi 7 atau 11. Untuk proses reduksi, dalam penyelidikan setiap bilangan yang habis dibagi 7 maupun 11 digunakan suatu pengali (multiplier) yaitu 2 untuk pembagian 7 dan 1 untuk pembagian 11.

Untuk bilangan prima yang lebih dari 11, dengan proses uraian seperti pembagian 7 dan 11 dapat dicari pengali-pengali yang sesuai. Sebagai contoh pengali dari pembagian 13 adalah 9 dan pengali dari pembagian oleh 17 adalah 5.

a. Mencari Pengali dari pembagian 13.


13 91 maka 13 91 ao.

13 N dan 13 91 ao. 13 N - 91 ao.

13 (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao ) - 91 ao.

13 10(akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1 - 9 ao)

Karena (13,10) = 1, maka 13 (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1 - 9 ao)

Dari hasil ini jelaslah bahwa pengali untuk pembagian oleh 13 adalah 9.

b. Mencari Pengali dari pembagian 17.


17 51 maka 17 51 ao.

17 N dan 17 51 ao. 17N - 51 ao.


17 10(akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1 - 5 ao)

Karena (17,10) = 1, maka 17 (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1 - 5ao)


c. Mencari Pengali dari pembagian 19.


19 171 maka 13 171ao.

19 N dan 19 171ao. 19 N - 171 ao.


19 10(akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1 - 17ao)

Karena (19,17) = 1, maka 19(akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1 - 17ao)


Dengan cara yang sama jika dibuat daftar pengali dari bilangan-bilangan prima 7,11,13, 17, ..., maka dapat diperoleh bilangan pengali sbagai berikut:

Pembagi 71113171923293137414347....

Pengali 219517162631143014.....

Contoh

1. Selidiki apakah 36062, habis dibagi 11 dan 13

Jawab

Bilangan pengali pada pembagian dengan 11 adalah 1, maka:

36062 = 3606 1.2 = 3604

3604 = 360 1.4 = 356

356 = 35 1.6 = 29

Karena 11 29 , maka 11 36062


36062 = 3606 9.2 = 3594

3594 = 359 9.4 = 323

323 = 32 9.3 = 5

Karena 13 5 , maka 13 36062

2. Selidiki apakah 16788979 habis dibagi 17 dan 19

Jawab


16788979 = 1678897 5.9 = 1678852

1678852 = 167885 5.2 = 167875

167875 = 16787 5.5 = 16762

16762 = 1676 5.2 = 1666

1666 = 166 5.6 = 136

136 = 13 5.6 = -17

Karena 17 -17, maka 17 16788979


16788979 = 1678897 17.9 = 1678744

1678744 = 167874 17.4 = 167806

167806 = 16780 17.6 = 16618

16618 = 1661 17.8 = 1525

1525 = 152 17.5 = 67

Karena 19 67, maka 19 16788979

2.5 Pembagian dengan Metode Pencoretan (Scratch Method).

Metode ini digunakan untuk mengetahui apakah suatu bilangan habis dibagi 7, 11, 13, 77, 91, atau 143. Meskipun pembagian dengan cara biasa dapat dilakukan dengan mudah. Metode ini dapat memberikan tambahan ilmu baru dengan teknik yang lebih sederhana dan relatif singkat.

Perhatikan bahwa hasil kali 7, 11, dan 13 adalah:

7 x 11 x 13 = 1001. Jadi jelaslah bawa 7 1001, 11 1001, dan 13 1001.

Jika suatu bilangan bulat N dibagi 1001, maka ada beberapa keadaan yang terjadi.

1. 1001N.

Karena 7 1001, 11 1001, dan 1001N, maka jelaslah bahwa 1001.

7N, 11N dan 13 N.

2. 11 N

Karena 11 N, maka N dapat dinyatakan sebagai

N = 1001.q + r (r )

a. 7r

Karena 71001.q dan 7 r, maka 7 1001.q + r, atau 7 N,

b. 11r

Karena 111001.q dan 11 r, maka 11 1001.q + r, atau 11N,

c. 13r


d. 7r dan 11r ( 13 r)

Karena 7r dan 11r, dan (7,11) = 1 maka 77r.


e. 7r dan 13r ( 11 r)



f. 11r dan 13r ( 7 r)


Karena 1431001.q dan 143 r, maka 143 1001.q + r, atau 143N,

Berdasarkan analogi tersebut di atas, dapat disimpulkan bahwa suatu bilangan habis dibagi 7, 11, 13, 77, 91, 143, dapat dilakukan dengan pembagian 1001. selanjutnya dilihat sisa hasil pembagian yaitu bagaimana keadaan dari r. Untuk lebih jelasnya perhatikan contoh berikut ini.

1. Bagilah 231764587 dengan 1001

Misal N = 231764587, dengan 2 adalah angka ke-1, 3 angka ke-2, ..... 7 angka ke 9.

a. Perhatikan angka ke-1 dan ke-4 dan kurangkan diperoleh 7-2 = 5 dan hasilnya letakkan diatas N.

5

2 3 1 7 6 4 5 8 7

b. Selanjuntnya perhatikan angka ke-2 dan ke-5, dan kurangkan maka diperoleh

4 1 = 3, hasilnya letakkan di atas N

5 3

2 3 1 7 6 4 5 8 7,

c. Lanjutkan sampai angka ke-9 maka diperoleh:

5 3 3 1 5 4

2 3 1 7 6 4 6 8 7,

Perhatikan bahwa tiga bilangan terakhir yang tidak dicoret adalah sisa pembagian yaitu 154. Selanjutnya dapat diselidiki apakah 154 habis dibagi 7, 11, 13, dan seterusnya.

Karena 7 154, maka 7 231764587. Karena 13 154, maka 13 231764587

2. Misal N = 3526766958 dibagi 1001

Analog dengan contoh soal 1 diperoleh hasil sisa pembagian.

3 2 4 3 7 1 5

3 5 2 6 7 6 6 9 5 8

Perhatikan bahwa tiga bilangan terakhir yang tidak dicoret adalah sisa pembagian yaitu 715. Selanjutnya dapat diselidiki apakah 715 habis dibagi 7, 11, 13, dan seterusnya.

Contoh 1 dan 2 di atas, disebut juga dengan metode pembagian dengan pencoretan (scratch merthod)

2.5 Kesimpulan

Suatu bilangan asli N habis dibagi :

1. Selalu habis dibagi 1.

2. 2 jika angka terakhir lambang bilangan N habis dibagi 2 (genap).

3. 3 jika jumlah angka-angka dari lambang bilangan N habis dibagi 3.

4. 4 jika bilangan yang dibentuk oleh dua angka terakhir dari lambang bilangan N habis bagi 4.

5. 5 jika angka terakhir dari lambang bilangan N adalah 0 atau 5.

6. 6 jika N habis dibagi oleh 2 dan 3.

7. 7 jika N = (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao) habis dibagi jika 7 (a0 +3a1 + 2a2 ) - (a3 + 3a4 + 2a5) + ...

8. 8 jika bilangan yang dibentuk oleh tiga angka terakhir dari lambang bilangan N habis dibagi 8

9. 9 jika jumlah angka-angka dari lambang bilangan N habis dibagi 9.

10. 10 jika angka terakhir dari lambang bilangan N adalah 0.

11. N = (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao) habis dibagi 11 jika selisih jumlah angka-angka pada urutan genap dengan jumlah angka pada urutan ganjil habis dibagi 11.

12. habis dibagi 12 jika N habis dibagi 3 dan 4.

13. habis dibagi 13 jika sisa pembagian dengan methode pencoretan habis dibagi 13.

14. habis dibagi 14, jika N habis dibagi 2 dan 7.

15. habis dibagi 15 jika N habis dibagi 3 dan 5.16. habis dibagi 16 jika 4 angka terakhir dari N adalah bilangan yang habis dibagi 16.17. Selanjutnya dapat diselidiki apakah suatu bilangan habis dibagi bilangan prima. Cara yang dapat ditempuh adalah mencari bilangan pengali pada pembagian dengan bilangan prima.Soal-soal

1. Tunjukkan bahwa jika ab bc maka a b.

2. Berapa banyak bilangan bulat antara 100 sampai dengan 1000 yang habis dibagi 7?

3. Jika (a,4) = 2 dan (b,4) = 2, Buktikan bahwa (a+b,2) = 4

4. Tentukan (n,n+1) dan [n,n+1], bila n Z.

5. Selidiki apakah bilangann 4562333211119 habis dibagi 11, dan 13.

6. Buktikan jika n bilangan ganjil maka 8 n2 1.

7. Jika a b, a c, maka a (b-c). Jika a > b dan b 0.

8. Tentukan nilai x dan dari kombinasi linear berikut ini.

a. 341x + 257y = (341,527)

b. 817x + 589y = (817,589)

c. 999x + 49y = (999, 49)

d. 5321x + 544y = (5321,544)

e. 44329x + 140299y = (44329, 140299)

9. Tunjukkan bahwa:

a. Perkalian tiga bilangan bulat berurutan habis dibagi 6

b. Perkalian empat bilangan bulat berurutan habis dibagi 24.

10. Tentukan KPK dari

a. 109 dan 1135

b. 2201 dan 3317

c. 4, 5, dan 9

d. 3, 4, dan 6

e. 5321 dan 544

11. Tentukan semua selesaian (jika mungkin) dari persamaan Diophantine berikut ini.

a. 56x + 72y = 40

b. 24x + 138y = 18

c. 221x + 91y = 117

d. 84x 438y = 156

e. 30x + 17y = 300

f. 54x + 21y = 906

g. 123x + 360y = 99

h. 158x 57y = 7BAB III

KONGRUENSI

3.1 Pengertian

Jika kita berbicara konsep kongruensi sebenarnya hal ini secara tidak langsung sudah didapatkan pada pelajaran matematika Sekolah Dasar, hanya saja istilah yang digunakan sedikit berbeda yaitu bilangan jam atau bilangan bersisa. Cara yang dilakukan biasanya diperagakan dengan menggunakan jam sebagi media dalam operasi yang berlaku, baik jumlah maupun pengurangan. Dalam bilangan jam enaman, jika dioperasikan dengan menggunakan jam maka bilangan bulat yang digunakan adalah 0, 1, 2, 3, 4, dan 5. Sedangkan bilangan bulat lainnya dapat direduksi yaitu dengan cara membagi bilanmgan tersebut dengan 6 dan bilangan yang digunakan adalah sisa dari pembagian tersebut.

Contoh:

14 dalam jam enaman dapat direduksi menjadi 2, karena 14 jika dibagi 6 bersisa 2.



dan seterusnya.

Berdasarkan proses reduksi dan operasi yang ada pada bilangan jam, selanjutnya dikembangkan konsep kongruensi sebagai berikut.

14 2 karena jika 14 dibagi 6 bersisa 2



Pernyataan di atas dapat pula dinyatakan dengan

14 2 karena 14 2 = 12 dan 12 habis dibagi 6

21 3 karena 21 3 = 18 dan 18 habis dibagi 6

61 1 karena 61 1 = 60 dan 60 habis dibagi 6.

Berdasarkan contoh di atas terlihat bahwa sesungguhnya konsep kongruensi adalah pengkajian secara lebih mendalam tentang keterbagian pada bilangan bulat dan sifat-sifatnya yang telah dipelajari pada bab II, atau dapat pula dikatakan bahwa kongruensi adalah cara lain untuk mengkaji keterbagian dalam bilangan bulat. Untuk jelasnya perhatikan definisi dan teorema di bawah ini.

Definisi 3.1

Misal a, b, m Z dan m 0, maka a disebut kongruen dengan b modulo m jika a-b habis dibagi oleh m, yaitu ma b. Pernyataan ini dinotasikan a b (mod m).

Jika m (a-b) maka dinotasikan dengan a b (mod m).

Contoh:

7 2 ( mod 5), karena 5(7-2)

34 4 ( mod 10), karena 10(34-4)

17 1 ( mod 4), karena 4(17-1)

6 1 (mod 4), karena 4 (6-1)

11 4 (mod 9), karena 9 (11-4)

Dengan demikian sebenarnya istilah kongruensi sering muncul dalam kehidupan di sekitar kita. Misalnya kerja kalender yang kita gunakan dalam tahun Masehi menggunakan bilangan bulat modulo 7 karena dalam satu minggu terdapat 7 hari, kerja arloji menggunakan bilangan bulat modulo 12 karena waktu yang ada dalam jam yaitu jam 01.00 12.00. Banyaknya bulan dalam satu tahun menggunakan bilangan bulat modulo 12, pasaran hari dalam satu minggu menggunakan bilangan bulat modulo 5 karena terdapat pasaran hari pon, wage, kliwon, legi, pahing dan masih banyak lagi contoh-contoh penggunaan kongruensi yang secara tidak langsung ada disekitar kita.

Dalil 3.1Misal a,b,c, Z, dan m N, maka berlaku sifat-sifat simetris, refleksif, dan transitip.

a. Refleksif

a a (mod m)

b. Simetris

Jika a b (mod m) maka b a.(mod m)

c. Transitif

Jika a b (mod m) maka b c (mod m)m, maka a c (mod m)

Bukti

a. Misal m 0, maka m0.

m0 berarti m (a-a)

Karena m (a-a), hal ini menurut definisi a a (mod m), untuk setiap bilangan bulat a dan m 0.

Cara lain

a a (mod m), sebab a-a = 0 dan m0.

b. a b (mod m), menurut definisi berarti ma-b, sedangkan menurut definisi keterbagian ma-b, dapat dinyatakan sebagai (a-b) = tm, untuk t Z.

(a-b) = tm -(a-b) = -tm

(b-a) = (-t)m, -t Z.

m (b-a) atau b a (mod m)

c. a b (mod m) berarti m (b-a)

b c (mod m) berarti m (b-c)

Menurut dalil keterbagian

m (b-a) dapat dinyatakan dengan a-b = t1m

m (b-c) dapat dinyatakan dengan b-c = t2m

---------------- +

(a-c) = (t1+t2)m, untuk t1,t2 Z

Jadi m (a-c) atau a c(mod m)

Teorema 3.1

Misal a,b,c,d Z dan m N, maka

1. Jika a b (mod m) maka ac bc (mod m)

Bukti

a b (mod m) berarti m (a-b)

Menurut definisi keterbagian bilangan bulat berlaku

(a-b) = tm, t Z.

(a-b)c = (tm)c.

ac bc = (tc)m

ac bc = xm, x Z.

Karena ac-bc = xm, berarti m (ac-bc) atau ac = bc (mod m)

2. Jika a b (mod m) maka a+c b+c (mod m)

Bukti


Menurut definisi keterbagian bilangan bulat berlaku

(a-b) = tm, t Z.

(a-b) + 0 = (tm)

(a-b) + (c-c) = (tm)

(a+c) (b+c) = (tm)

Karena (a+c) (b+c) = tm, berarti m (a+c) (b-c) atau a+c = b+c (mod m)

3. Jika a b (mod m) dan c d (mod m) maka a+c b+d (mod m)

Bukti

a b (mod m) berarti m (b-a)

c d (mod m) berarti m (c-d)



m (c-d) dapat dinyatakan dengan c-d = t2m

---------------- +

(a+c) - (b+d) = (t1+t2)m, untuk t1,t2 Z

Jadi m (a+c) - (b+d) atau a+c b+d (mod m)

4. Jika a b (mod m) dan c d (mod m) maka a-c b-c (mod m)

Bukti

a b (mod m) berarti m (b-a)





---------------- -

(a-c) - (b-d) = (t1-t2)m, untuk t1,t2 Z

Jadi m (a-c) - (b-d) atau a-c b-d (mod m)

5. Jika a b (mod m) dan d m, d > 0, maka a b (mod d)

Bukti

Karena a b (mod m) maka m m-b

Jika m a-b dan d m, berarti d a-b , d > 0.

Karena d a-b berati a b (mod d)

6. Jika a b (mod m) dan c d (mod m) maka

ax + by = bx + dy (mod m), untuk x,y Z.

Bukti






(a-b)x = (t1m)x, x Z

(c-d)y = (t2m)y, y Z

---------------------------- +

(a-b)x + (c-d)y = {(t1m)x+ (t2m)y}, x,y Z

atau (ax +cy) (bx+dy) = {(t1x)+ (t2y)}m, {(t1x)+ (t2y)} Z

atau m (ax +cy) (bx+dy) = atau (ax +cy) (bx+dy) (mod m)

7. Jika a b (mod m) dan c d (mod m) maka ac = bd (mod m)

Bukti






(a-b)c = (t1m)c, c Z atau (ac bc) = (t1m)c, c Z

(c-d)b = (t2m)b, b Z atau (cb db) = (t2m)b, b Z

----------------------------------------------------------------- +

(ac-bd) = (t1m)c + (t2m)b, a,b Z.

(ac-bd) = (t1c + t2b)m, (t1c + t2b) Z.

atau m (ac bd ) atau (ac) (bd) (mod m)

8. Jika a b (mod m) maka an = bn (mod m)

Bukti



m (b-a) dapat dinyatakan dengan a-b = tm

Selanjutnya kita mengetahui bahwa

an bn = (a-b)(an-1 + an-2b + an-3b2 + ..... + bn-1)

Karena a-b a-b , maka

a-b an bn , atau

a-b (a-b)(an-1 + an-2b + an-3b2 + ..... + bn-1)

1 Menurut dalil keterbagian:

2 Jika m a-b dan a-b an bn , maka a-b an bn

Jadi a-b an bn atau an bn (mod m)

Dalil 3.2

Andaikan f adalah suatu polinomial dengan koefisien-koefisien bilangan bulat, Jika Jika a b (mod m), maka f(a) f(b) (mod m).

Bukti

Misal f(x) = tnxn + tn-1xn-1 + tn-2xn-2 + tn-3xn-3 + ..... + t1x + toDengan tn, tn-1, tn-2, tn-3, t1x, to Z.

Jika x = a maka f(a) = tnan + tn-1an-1 + tn-2an-2 + tn-3an-3 + ..... + t1a + to

Jika x = b maka f(b) = tnbn + tn-1bn-1 + tn-2bn-2 + tn-3bn-3 + ..... + t1b + to

--------------------------------------------------------------------------------------------------- -

f(a) f(b) = tn(an - bn ) + tn-1(an-1 - bn-1 ) + tn-2(an-3 bn-3) + ..... + t1(a-b)

Dengan menggunakan sifat sebelumnya diperoleh

a b (mod m) atau m a-b sehingga m t1(a-b) a2 b2 (mod m) atau m a2-b2 sehingga m t2(a2-b2)

a3 b3 (mod m) atau m a3-b3 sehingga m t3(a2-b2)

a4 b4 (mod m) atau m a4-b4 sehingga m t4(a4-b4).............................................................................

an bn (mod m) atau m an-bn sehingga m tn(an-bn)Dengan menggunakan definisi keterbagian pada bilangan bulat maka:

m tn(an-bn) + tn-1(an-1-bn-1) + tn-2(an-2-bn-2) + tn-3(an-3-bn-3) + ..... + t1(a1-b1), hal ini berarti

m f(a) f(b) atau f(a) f(b) (mod m)Perhatikan beberapa contoh berikut ini!

Perhatikan beberapa contoh berikut ini!

1. 41 1 (mod 8) hal ini berarti 8 (41-1) atau 8 40. Dengan kasus yang sama maka 8 (1- 41) atau 8 - 40, sehingga 1 41 (mod 8).

2. Karena 0 habis dibagi oleh sebarang bilangan bulat m, dan 0 dapat diperoleh dari hasil pengurangan sebarang dua bilangan yang sama, maka dapat ditentukan

30 3 5-5 5 5 (mod 3)

70 7 9-9 7 7 (mod 9)

110 11 20 20 20 (mod 9)

3. 25 11 (mod 7), karena 7 25-11 atau 7 14.

99 1 (mod 44), karena 44 99-1 atau 44 98

4. 26 1 (mod 5), karena 5 26-1 atau 525

5 25 5 3.25 5 10.25 5 11.25 5 100.25

Apakah 7 2(30-2)

Apakah 7 10(30-2)

Apakah 2.30 2.2 (mod 7)

Apakah 10.30 10.2 (mod 7)

5. 26 1 (mod 5), karena 5 26-1 atau 525

36 1 (mod 5), karena 5 36-1 atau 535

Apakah 5 26+36 atau 51+1

Apakah 5 (26+36) (1+1) atau apakah 5 62 2

6. 13 3 (mod 5), karena 5 13 3

7 2 (mod 5), karena 5 72, Apakah 91 6 (mod 5)

Jika kita perhatikan contoh di atas nampak bahwa dalam kongruensi berlaku sifat-sifat yang sama dalam pembagian bilangan bulat

3.2 Sistem Residu

Untuk membahas pengertian sistem residu, perlu diingat kembali tentang algoritma pembagian. Menurut teorema algoritma pembagian terdapat bilangan bulat q dan r sehingga untuk setiap bilangan bulat a dan m berlaku hubungan a = qm +r, dengan 0 0 < r. Selanjutnya persamaan a = qm + r dapat dinyatakan dalm bentuk kongruensi a q (mod m) Akibatnya, setiap bilangan bulat a kongruen modulo m dengan salah satu bilangan bulat berikut: 0, 1, 2, 3, ..... , m-1. Dengan demikian jelaslah bahwa tidak ada sepasangpun dari bilangan-bilangan 0, 1, 2, 3, ..... , m-1 yang kongruen satu sama lain. Maka m buah bilangan tersebut dapat membentuk suatu sistem residu lengkap modulo m.

Definisi 3.3

1. Jika x y (mod m) maka y disebut residu dari x modulo m.

2. Misal A = { x1, x2, x3, ..... , xm }, disebut suatu sistem residu modulo m yanglengkap jika dan hanya jika untuk setiap y (0 y 0.

Teorema 4.1

Kongruensi linear ax b (mod m), dengan a,b,m Z , a 0, dan m > 0. dapat diselesaikan jika d = (a,m) membagi b. Pada kasus ini memiliki selesaian. Jika (a,m) = 1, maka kongruensi linear ax b (mod m) hanya mempunyai satu selesaian.

Bukti.

Kongruensi linear ax b (mod m) mempunyai selesaian, berarti m ax b.

Andaikan d b.

d = (a,b) d a d ax.

d ax. dan d b d ax b.

d= (a,m) d m.

d m dan d b m ax b.

m ax b bertentangan dengan m ax b, Jadi d b.

Diketahui d b dan d = (a,m) d a d m.

d a , d m, dan d b , , dan Z.

ax b (mod m) m ax b.

m ax b dan , , ( - )

- (mod ).

Misal selesaian kongruensi (mod ) adalah x xo; xo < , maka sebarang selesaiannya berbentuk x = xo + k., k Z, yaitu:

x = xo + k., x = xo + k., x = xo + k., ..... , x = xo + k..

dimana seluruhnya memenuhi kongruensi dan seluruhnya mempunyai d selesaian.

Jika (a,d) = 1, maka selesaiannya didapat x = xo yang memenuhi kongruensi dan mempunyai satu selesaian.

Contoh:

1. 7x 3 (mod 12)

Jawab

Karena (7,12) = 1, atau 7 dan 12 relatif prima dan 1 3 maka 7x 3 (mod 12)

Hanya mempunyai 1 selesaian yaitu x 9 (mod 12)

2. 6x 9 (mod 15)

Jawab

Karena (6,15) = 3 atau 6 dan 15 tidak relatif prima dan 3 9, maka kongruensi di atas mempunyai 3 selesaian (tidak tunggal).

Selesaian kongruensi linear 6x 9 (mod 15) adalah

x 9 (mod 15), x 9 (mod 15), dan x 14 (mod 15).

3. 12x 2 (mod 18)

Jawab

Karena (18,12) = 4 dan 4 2, maka kongruensi 12x 2 (mod 18) tidak mempunyai selesaian.

4. 144x 216 (mod 360)

Jawab

Karena (144,360) = 72 dan 72 216, maka kongruensi 144x 216 (mod 360) mempunyai 72 selesaian.

Selesaian terseb

TB..doc

Documents

Transcript of TB..doc