SOLUSI UNTUK PERSAMAAN 1k + · · ·+ xk = yn

KARYA ILMIAH

OLEH

EVI DIANA SITUMORANGNIM. 1403118784

PROGRAM STUDI S1 MATEMATIKA

JURUSAN MATEMATIKA

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

UNIVERSITAS RIAU

PEKANBARU

2018

SOLUSI UNTUK PERSAMAAN 1k + · · ·+ xk = yn

Evi Diana Situmorang

Mahasiswa Program Studi S1 MatematikaJurusan Matematika

Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Universitas RiauKampus Bina Widya, Pekanbaru 28293

e.situmorang60@yahoo.com

ABSTRACT

This article discusses a solution for the equation 1k + · · · + xk = yn in positiveintegers x, k, y, n under certain assumptions on x, letting the other variables k, n, ybe completely free. This article gives bound for n and value of vp(Sk(x)) with p hav-ing values 2 and 3, where vp(Sk(x)) is the highest exponent of v so that vp|vp(Sk(x)).

Keywords: Power sums, Diophantine equation, Schaffer’s conjecture

ABSTRAK

Artikel ini membahas solusi untuk persamaan 1k + · · · + xk = yn dengan x, y, k, nadalah bilangan bulat positif dimana x berada di bawah asumsi tertentu dan k, n, ybebas. Dalam artikel ini diberikan batas untuk n, dan nilai vp(Sk(x)) dengan padalah 2 dan 3, dimana vp(Sk(x)) adalah eksponen tertinggi v sehingga vp|Sk(x).

Kata kunci: Jumlah pangkat, persamaan Diophantine, dugaan Schaffer

1. PENDAHULUAN

Dengan memisalkan x dan k bilangan bulat positif, didefinisikan

1k + · · ·+ xk = yn

sebagai jumlah dari x bilangan bulat positif berpangkat k. Schaffer [1] mempertim-bangkan persamaan secara lebih umum yang berbentuk

Sk(x) = yn (1)

sehingga dapat didefinisikan sebagai

Sk(x) = 1k + · · ·+ xk

0

untuk k bilangan bulat positif. Schaffer [1] menunjukkan bahwa untuk k ≥ 1 dann ≥ 2, persamaan (1) memiliki solusi berhingga pada bilangan bulat positif x dany kecuali jika (k, n) berada dalam himpunan

{(1, 2), (3, 2), (3, 4), (5, 2)}, (2)

persamaan (1) memiliki solusi yang tak berhingga. Selanjutnya, Schaffer mendugabahwa untuk (k, n) yang tidak berada dalam himpunan persamaan (2), persamaan(1) memiliki satu-satunya solusi trivial yaitu (k, n, x, y) = (2, 2, 24, 70). Kemudian,Gyory et al. [2] memberikan bukti untuk dugaan Schaffer dengan eksponen n yangtidak diketahui. Selanjutnya, Pinter [3] membuktikan bahwa untuk solusi nontrivialdiperoleh n < ck log(2k), dengan c adalah konstanta mutlak.

Jacobson et al. [4] membuktikan bahwa dugaan Schaffer tersebut benar untukn = 2 dengan 2 ≤ k ≤ 58. Kemudian, Bennett et al. [5] menunjukkan bahwadugaan tersebut tidak benar untuk n ≥ 2 dan 1 ≤ k ≤ 11. Pinter [6] membuktikanbahwa dugaan Schaffer juga benar jika n > 4 dimana n adalah bilangan genap dank adalah bilangan ganjil dengan 1 ≤ k < 170.

Pada artikel ini dibahas solusi untuk persamaan (1) dengan asumsi tertentupada x, dan k, n, y bebas, dimana k, n, x, y adalah bilangan bulat positif. Hajdu [9]menyelesaikan persamaan 1k + · · ·+ xk = yn dan menemukan solusi bilangan bulatpositif (k, n, x, y). Oleh karena itu, penulis tertarik membahas permasalahanini lebih lanjut dalam bentuk artikel yang berjudul ”Solusi untuk Persamaan 1k +· · · + xk = yn”. Penelitian ini merupakan review dari paper Hajdu [9]. Adapunstruktur artikel ini adalah pada bagian dua diberikan formula untuk nilai v2(Sk(x))dan v3(Sk(x). Kemudian dilanjutkan di bagian ketiga yaitu solusi dari persamaan1k + · · ·+ xk = yn.

2. KONGRUENSI MODULO M , PERSAMAAN DIOPHANTINELINIER, DAN TEOREMA BINOMIAL

Pada bagian ini diberikan definisi dan teorema dari kongruensi modulo m,persamaan diophantine linier, dan teorema binomial. Kongruensi modulo m dapatdidefinisikan sebagai berikut.

Definisi 1 [7, h. 211] Misalkan m suatu bilangan bulat positif. Kemudian bilanganbulat a kongruen terhadap bilangan bulat b modulo m jika m|(a− b). Dalam simboldapat ditulis a ≡ b (mod m); m adalah modulus dari hubungan kongruensi. Jika atidak kongruen terhadap b modulo m, maka a tidak sesuai terhadap b modulo m;dapat ditulis a ̸≡ b (mod m).

Selanjutnya dibahas teorema yang terkait dengan kongruensi modulo m.

Teorema 2 [7, h. 211] a ≡ b (mod m) jika dan hanya jika a = b + km untuksebarang bilangan bulat k.

1

Bukti. Bukti dari teorema ini dapat dilihat pada Koshy [7, h. 211]. 2

Persamaan Diophantine linear ax + by = c mempunyai penyelesaian jika danhanya jika gcd(a, b) membagi c, dimana a, b dan c merupakan bilangan bulatdan mempunyai penyelesaian x dan y yang juga merupakan bilangan bulat.Selanjutnya diberikan Teorema yang terkait dengan persamaan Diophantine linearsebagai berikut.

Teorema 3 [7, h. 192] Persamaan Diophantine linear ax+by = c dapat diselesaikanjika dan hanya jika d|c, dengan d = (a, b). Jika x0 dan y0 adalah solusi khusus daripersamaan Diophantine linear maka semua solusi persamaan ini dapat dinyatakansebagai

x = x0 + (b

d)t dan y = y0 − (

a

d)t

dengan t adalah sebarang bilangan bulat

Bukti. Bukti dari teorema ini dapat dilihat dalam buku Koshy [7, h. 192]. 2

Binomial adalah penjumlahan dari dua suku atau lebih dalam matematika. Didalam buku Koshy [7, h. 37] diberikan sebuah teorema binomial yaitu

Teorema 4 Misalkan x dan y adalah sebarang bilangan real dan n adalahsebarang bilangan bulat tak negatif, sehingga diperoleh

(x+ y)n =n∑

r=0

(n

r

)xn−ryr. (3)

Bukti. Bukti dari teorema ini dapat dilihat dalam buku Koshy [7, h. 37]. 2

3. FORMULA UNTUK v2(Sk(x)) DAN v3(Sk(x))

Nilai dari v2(Sk(x)) adalah eksponen tertinggi v sehingga 2v|Sk(x). MacMillandan Sondow [10] memberikan gambaran untuk nilai dari v2(Sk(x)) denganmenggunakan nilai dari v2(Sn(2

dq)) yang diberikan dalam Lema 5. MacMillan danSondow [10] menyatakan bahwa v2(k) = 0 jika dan hanya jika k ganjil.

Lema 5 Diberikan bilangan bulat positif n, d, dan q, dengan q adalah ganjil.Kemudian diperoleh

v2(Sn(2dq)) =

{d− 1, jika n = 1 atau n adalah genap,

2(d− 1), jika n ≥ 3 adalah ganjil.(4)

Bukti. Pembuktian Lema 5 menggunakan metode induksi.

(i) Untuk d = 1 diperoleh

v2(Sn(2dq)) = v2(Sn(2q)).

2

Karena jumlah pangkat untuk Sn(2q) ganjil, maka berdasarkan pernyataanyang diberikan oleh MacMillan dan Sondow [10] diperoleh

v2(Sn(2q)) = 0,

sehingga persamaan (4) dipenuhi untuk d = 1.

(ii) Untuk d ≥ 1 dan n = 1.

(a) Untuk d = 1 diperoleh

v2(S1(21q)) = 1− 1,

v2(S1(2q)) = 0,

0 = 0, (pembuktian di atas)

sehingga v2(Sn(2dq)) = d− 1 benar untuk d = 1.

(b) Misalkan pernyataan ini benar untuk d = r, yaitu

v2(S1(2rq)) = r − 1.

(c) Selanjutnya untuk d = r + 1,

v2(Sn(2dq)) = v2(S1(2

r+1q)),

karena 1 + 2 + ...+ k = 12k(k + 1) maka untuk k = 2r+1q diperoleh

1 + 2 + ...+ 2r+1q =1

22r+1q(2r+1q + 1),

S1(2r+1q) =

1

22r+1q(2r+1q + 1),

sehingga

v2(S1(2r+1q)) = v2(

1

22r+1q(2r+1q + 1)),

= v2(2rq(2r+1q + 1)),

v2(S1(2r+1q)) = r.

Jadi, v2(Sn(2dq)) = d− 1 juga benar untuk d = r + 1.

Dengan demikian, berdasarkan prinsip induksi matematika pernyataanv2(Sn(2

dq)) = d− 1 benar untuk d ≥ 1 dan n = 1.

3

Diberikan bilangan bulat positif a, jumlah pangkat Sn(2a) dapat ditulis sebagai

Sn(2a) = 1n + 2n + · · ·+ (2a)n,

= an + 2a∑

j=1

⌊n/2⌋∑i=0

((n

2i

))an−2ij2i,

Sn(2a) = an + 2

⌊n/2⌋∑i=0

((n

2i

))an−2iS2i(a). (5)

Jika n ≥ 2 genap, a = 2dq, dan dengan menambahkan suku terakhir dari persamaan(5), dapat ditulis menjadi

Sn(2d+1q) = 2ndqn + 2d

Sn(2dq)

2d−1+ 22d+1

(n−2)/2∑i=0

((n

2i

))2d(n−2i−2)qn−2iS2i(2

dq).

Karena nd > d, dapat disimpulkan bahwa v2(Sn(2d+1q)) = d, dan oleh karena

itu v2(Sn(2dq)) = d− 1 terpenuhi.

Dengan cara yang sama, jika n ≥ 3 ganjil, maka

Sn(2d+1q) = 2ndqn + 2dnq

Sn−1(2dq)

2d−1+ 23d+1

(n−3)/2∑i=0

((n

2i

))2d(n−2i−3)qn−2iS2i(2

dq).

Karena nd > 2d, dan n, q bilangan ganjil, dapat disimpulkan bahwa v2(Sn(2d+1q)) =

2d, dan oleh karena itu v2(Sn(2dq)) = 2(d− 1) terpenuhi. 2

Selanjutnya dengan menggunakan persamaan (4) dapat diperoleh nilai dariv2(Sk(x)). Hajdu [9] memberikan formula untuk nilai dari v2(S(k(x)) yang diberikandalam Lema 6.

Lema 6 Misalkan x adalah bilangan bulat positif, sehingga diperoleh

v2(Sk(x)) =

{v2(x(x+ 1))− 1, jika k = 1 atau k adalah genap,

2v2(x(x+ 1))− 2, jika k ≥ 3 adalah ganjil.(6)

Bukti.

(i) Untuk x genap.Misalkan x = 2dq dan d ≥ 1 dengan q ganjil, diperoleh

v2(x(x+ 1)) = v2(2dq(2dq + 1)),

v2(x(x+ 1)) = d,

sehingga Lema 5 mengimplikasikan Lema 6.

(ii) Untuk x ganjil.

4

Misalkan x+ 1 = 2dq dan d ≥ 1 dengan q ganjil, diperoleh

v2(x(x+ 1))− 1 = v2(2dq − 1(2dq))− 1,

v2(x(x+ 1))− 1 = d− 1,

dan untuk x ganjil Lema 5 juga mengimplikasikan Lema 6.

(iii) Untuk k = 1Karena 1 + 2 + ...+m = 1

2m(m+ 1), dengan m = x maka diperoleh

1 + 2 + ...+ x =1

2x(x+ 1),

S1(x) =1

2x(x+ 1),

sehingga

v2(S1(x)) = v2(1

2x(x+ 1)),

= d− 1.

Jadi persamaan (6) benar untuk k = 1.

(iv) Untuk k > 1, maka kd2(d − 1) ≥ d − 1, dan persamaan (6) berhubungandengan

Sn(x+ 1) = 1k + 2k + · · ·+ xk + (x+ 1)k,

= Sk(x) + (x+ 1)k,

= Sk(x+ 1)− (x+ 1)k,

≡ Sk(x+ 1) (mod 2kd)

yang mengimplikasikan v2(Sk(x)) = v2(Sk(x+ 1)).

Dengan demikian Lema 6 dipenuhi. 2

Nilai dari v3(Sk(x)) adalah eksponen tertinggi v sehingga 3v|Sk(x). Hajdu [9]memberikan formula untuk nilai dari v3(Sk(x)) yang diberikan dalam Lema 7.

Lema 7 Misalkan x bilangan bulat positif, sehingga diperoleh

v3Sk(x) =

v3(x(x+ 1)), jika k = 1,

v3(x(x+ 1)(2x+ 1))− 1, jika k genap,

0 jika x≡1 (mod 3) dan k≥3 ganjil,

v3(kx2(x+ 1)2)− 1, jika x≡0, 2 (mod 3) dan k≥3 ganjil.

(7)

Bukti. Pembuktian dari Lema 7 hanya untuk kasus k bilangan ganjil denganmenggunakan induksi. Diawali dengan induksi pada k.

5

(i) Untuk k = 1, berdasarkan notasi sigma diperoleh

v3(S1(x)) =v3

(x(x+ 1)

2

),

=v3(x(x+ 1)),

sehingga persamaan (7) benar untuk k = 1.

(ii) Sebagaimana telah dibahas oleh Sondow dan Tsukerman [11] untukk = 2m didapat

v3(S2m(x)) = v3(x(x+ 1)(2x+ 1)

3),

sehingga

v3(S2m(x)) = (3v|x(x+ 1)(2x+ 1)) + 3v|13,

= v3(x(x+ 1)(2x+ 1))− 1.

Jadi, persamaan (7) benar untuk k genap.

Dengan mensubstitusikan nilai x menggunakan metode induksi, Lema 7terbukti benar untuk nilai x = 1 dan juga untuk x = 2 jika k = 1 atau kgenap, yaitu

(a) Untuk x = 2 dengan k = 1 atau k genapDengan mengambil k = 1 diperoleh

v3(S1(2)) = v3(2(2 + 1)),

v3(11 + 21) = v3(6),

3v|3 = 3v|6,1 = 1.

(b) Untuk x = 1 dengan k = 1 atau k genapDengan mengambil k = 2 diperoleh

v3(S2(1)) = v3(1(1 + 1)(2.1 + 1))− 1,

v3(1) = (3v|6)− 1,

3v|1 = 1− 1,

0 = 0.

Ketika x = 2 dan k ganjil dengan k ≥ 3 menggunakan cara yang sama

6

dengan Lema 7 diperoleh

Sk(2) = 1 + (3− 1)k = 3k +k∑

i=2

(−1)k−1

(k

i

)3i.

Dapat diperhatikan bahwa persamaan (8) juga berada dalam kasus (b),yaitu sebagai berikut:

v3

((k

i

)3i)

= v3

((k − 1

i− 1

))+ v3(k)− v3(i)+ i > v3(k)+1 (2 ≤ i ≤ k).

(8)

Selanjutnya, pernyataan untuk nilai x dengan x ≥ 3, dan denganmengasumsikan bahwa persamaan (7) benar untuk semua x′ dengan 1 ≤ x′ < xuntuk semua bilangan bulat positif k.

(iii) Untuk x≡1 (mod 3) dan k ≥ 3 ganjilKarena ak≡a (mod 3) untuk semua bilangan bulat a dengan k adalah bilanganganjil, diperoleh Sk(x)≡1 (mod 3) ketika x≡1 (mod 3) yang menghasilkanv3(Sk(x)) = 0 pada kasus ini. Jadi, jika x≡1 (mod 3), maka pernyataantersebut dipenuhi.

(iv) Untuk x≡0, 2 (mod 3), dapat dibedakan menjadi tiga kasus yaitu

(a) Kasus pertama diasumsikan bahwa x berbentuk ε3α dengan ε = 1, 2 danα≥1.Jika k genap, maka diperoleh

Sk(3α) =

3α−12∑

i=0

(ik + (3α − i)k) ≡ 2Sk

(3α − 1

2

)(mod 3α),

dan

Sk(2.3α) = 3αk +

3α−1∑i=0

(ik + (2.3α − i)k) ≡ 2Sk(3α − 1) (mod 3α)

untuk ε = 1 dan 2, hipotesis induksi menghasilkan persamaan (9) dan(10)

v3(Sk(3α)) = v3

(Sk

(3α − 1

2

))= α− 1, (9)

dan

v3(Sk(2.3α)) = v3(Sk(3

α − 1)) = α− 1. (10)

7

Berdasarkan persamaan (9) dan (10), kasus ini telah terbukti.Selanjutnya, dengan memisalkan k := 3γk′ dengan γ ≥ 0 dan 3|k′ dan kadalah bilangan ganjil diperoleh

v3

((3γ

u

)3αu

)≥ γ − v3(u) + αu ≥ 2α + γ untuk 2 ≤ u ≤ 3γ, (11)

dan

(3α+γi3γ−1)k

′ ≡ k′3α+γik−1 − ik (mod 32α+γ). (12)

Untuk ε = 1, berdasarkan hipotesis induksi diperoleh

Sk(3α) =

3α−12∑

i=0

(ik + ((3α − i)3γ

)k′),

Sk(3α) ≡

3α−12∑

i=0

(ik + (3α+γi3γ−1 − i3

γ

)k′),

≡3α−1

2∑i=0

k′3α+γik−1,

≡ ±32α+γ−1 (mod 32α+γ).

Untuk ε = 2 dengan pernyataan dan notasi yang sama diperoleh

Sk(2.3α) = 3αk +

3α−1∑i=0

(ik − ((2.3α − i)3γ

)k′),

≡3α−1∑i=0

(ik + (2.3α+γi3γ−1 − i3

γ

)k′),

≡3α−1∑i=0

k′2.3α+γik−1,

≡ ±32α+γ−1 ( mod 32α+γ).

Oleh karena itu diperoleh persamaan berikut:

Sk(3α) ≡ ±32α+γ−1 (mod 32α+γ), (13)

danSk(2.3

α) ≡ ±32α+γ−1 ( mod 32α+γ). (14)

Persamaan (13) dan (14) juga berada dalam kasus (a).

8

(b) Untuk kasus kedua, dengan memisalkan x berbentuk ε3α − 1 denganε = 1, 2 dan α≥1.Berdasarkan hipotesis induksi dan pembuktian pada persamaan (10),Lema 7 benar untuk x+ 1 yaitu

v3(Sk(x+ 1)) = v3(k) + 2α− 1.

Karena dipunya logk≥v3(9k) diperoleh

v3((x+ 1)k) = kα > v3(k) + 2α− 1,

dan

v3(Sk(x)) = v3(Sk(x+ 1)) = v3(k) + 2α− 1 = v3(kx2(x+ 1)2)− 1,

sehingga pernyataan berikut juga berada dalam kasus (b).

(c) Untuk kasus ketiga, diasumsikan bahwa x bukan berasal dari bentuk yangsama pada kasus 1 dan 2.Dapat dituliskan x =

∑ti=1 εi3

αi dengan εi = 1, 2 (i = 1, . . . , t) danα1 > . . . > αt≥0. Tetapkan z = x − ε13

α1 . Berdasakan asumsi pada x,dipunya max(v3(z), v3(z + 1)) < α1. Selain itu,

Sk(x) = Sk(ε13α1 + z) = Sk(ε13

α1) +z∑

i=1

k∑j=0

(k

j

)(ε13

α1)k−jij

= Sk(ε13α1) +

k∑j=0

(k

j

)(ε13

α1)k−jSj(z)

dipenuhi dengan S0(y) = y. Dipunya v3(Sk(ε13α1)) = v3(k) + 2α1 − 1.

Selanjutnya, dengan memisalkan v(j)3 = v3

((kj

)(ϵ13

α1)k−jSj(z))

untuk

0≤j≤k diperoleh

v(k)3 = v3(kz

2(z + 1)2)− 1,

v(0)3 = kα1 + v3(z),

v3(1) = v3(k) + (k − 1)α1 + v3(z(z + 1)),

dan untuk 1 < j < k diperoleh

v(j)3 = v3

((k

j

))+ (k − j)α1 + v3(z(z + 1)(2z + 1))− 1, jika j genap,

v(j)3 = v3

((k

j

))+ (k − j)α1 + v3(jz

2(z + 1)2)− 1, jika j ganjil.

Dapat diperhatikan bahwa max(v3(z), v3(z + 1)) < α1 dan diketahui

9

bahwa s−1−log s≥0 untuk sebarang bilangan bulat positif s diperoleh

v(0)3 − v

(k)3 > (k − 2)α1 − v3(k) + 1≥k − 1− log k ≥ 0,

v(1)3 − v

(k)3 > (k − 2)α1 + 1≥k − 1 ≥ 0,

sehingga

v3

((k

j

))= v3

((k

k − j

))≥ max (v3(k)− v3(j), v3(k)− v3(k − j))

untuk 1 < j < k diperoleh

v(j)3 − v

(k)3 > (k − j − 1)α1 − v3(k − j)≥k − j − 1− log (k − j)≥0

jika j genap dan

v(j)3 − v

(k)3 ≥(k − j)α1 > 0

jika j ganjil. Akibatnya berlaku persamaan (15) yaitu

v(k)3 < v

(j)3 (0≤j < k) dan v

(k)3 < v3(Sk(ϵ13

α1)). (15)

Oleh karena itu diperoleh

v3(Sk(x)) = v(k)3 = v3(kz

2(z + 1)2)− 1,

sehingga v3(x) = v3(z) dan v3(x+ 1) = v3(z + 1).

Dengan demikian Lema 7 terbukti. 2

4. SOLUSI UNTUK PERSAMAAN 1k + · · ·+ xk = yn

Diberikan solusi dari persamaan 1k + · · · + xk = yn. Diawali dengan membuktikanTeorema 8, karena hal tersebut akan digunakan dalam membuktikan pernyataanlainnya.

Teorema 8 (i) Jika x ≡ 0 (mod 4) dan x ≡ 3 (mod 4) maka solusi (k, n, x, y)dari persamaan (1) yaitu

n ≤

{v2(x(x+ 1))− 1, jika k = 1 atau k genap,

2v2(x(x+ 1))− 2, jika k ≥ 3 ganjil.

(ii) Jika x ≡ 0 (mod 9) dan x ≡ 8 (mod 9) maka solusi (k, n, x, y) dari persamaan

10

(1) yaitu

n ≤

v3(x(x+ 1)), jika k = 1,

v3(x(x+ 1))(2x+ 1))− 1, jika k genap,

v3(kx2(x+ 1)2)− 1, jika k ≥ 3 ganjil.

Bukti.

(i) Karena x ≡ 0 (mod 4) dan x ≡ 3 (mod 4), berdasarkan Lema 6 diperolehv2(Sk(x)) > 0. Berdasarkan pernyataan MacMillan [10] yaitu v2(Sk(x)) =0 jika dan hanya jika Sk(x)) ganjil, sehingga diperoleh pernyataan yangsetara yaitu Sk(x) genap jika dan hanya jika v2(Sk(x)) ̸= 0. Dengandemikian, jika persamaan (1) dipenuhi, maka v2(y) > 0 dan diperoleh

nv2(y) = v2(yn) = v2(Sk(x)) =

{v2(x(x+ 1))− 1, jika k adalah genap,

2v2(x(x+ 1))− 2, jika k ≥ 3 ganjil.

(16)Berdasarkan persamaan (16) diperoleh

n ≤

{v2(x(x+ 1))− 1, jika k adalah genap,

2v2(x(x+ 1))− 2, jika k ≥ 3 ganjil.

(ii) Selanjutnya karena x ≡ 0 (mod 9) dan x ≡ 8 (mod 9), Lema 7mengimplikasikan v3(Sk(x)) > 0. Dengan demikian, jika persamaan (1)dipenuhi, maka v3(y) > 0, dan diperoleh

nv3(y) = v3(yn) = v3(Sk(x)) =

v3(x(x+ 1)), jika k = 1,

v3(x(x+ 1))(2x+ 1))− 1, jika k genap,

v3(kx2(x+ 1)2)− 1, jika k ≥ 3 ganjil.

(17)Berdasarkan persamaan (17) diperoleh

n ≤

v3(x(x+ 1)), jika k = 1,

v3(x(x+ 1))(2x+ 1))− 1, jika k genap,

v3(kx2(x+ 1)2)− 1, jika k ≥ 3 ganjil.

(18)

Dengan demikian, Teorema 8 terbukti benar. 2

Teorema 9 Jika x ≡ 3 (mod 8) dan x ≡ 4 (mod 8) maka persamaan (1) tidakmemiliki solusi dimana k = 1 atau k genap.

Bukti. Dengan melihat x ≡ 3 (mod 8) dan x ≡ 4 (mod 8), diperoleh v2(x(x +1))− 1 = 1. Akibatnya, jika k = 1 atau k genap maka berdasarkan bagian (i)

11

dari Teorema 8 diperoleh n ≤ 1 yang tidak sesuai dengan asumsi n ≥ 2. Dengandemikian, Teorema 9 terbukti benar. 2

Teorema 10 Jika x ≡ 0 (mod 4) dan x ≡ 3 (mod 4) dimana x < 25 makapersamaan (1) memiliki solusi.

Bukti. Dengan mengasumsikan k ≥ 9, karena x < 25 maka nilai k < 9 dapatdiperiksa. Untuk membuktikan teorema dengan nilai x terpisah, diberikan batasuntuk eksponen n dengan menggunakan bagian (i) dari Teorema 8, kemudiankongruensi diselesaikan dengan menggunakan approksimasi modulo. Untuk kasusx = 4, bagian (i) dari Teorema 8 menghasilkan n = 2. Persamaan (1) denganmodulo 16, 7, dan 13 diperoleh k ≡ 1 (mod 4), k ≡ 1 (mod 6), k ≡ 5 (mod 6) dank ≡ 9 (mod 12). Hasil yang diperoleh kontradiksi dengan asumsi awal untuk k < 9.

Selanjutnya, untuk kasus x = 16, bagian (i) dari Teorema 8 menghasilkann ≤ 6. Dengan demikian, persamaan (1) benar untuk n = 2, 3, 5. KongruensiSk(16) ≡ y5 (mod 128) tidak mempunyai solusi untuk asumsi k ≥ 9, sehinggapersamaan (1) tidak mempunyai solusi. Untuk n = 3, persamaan (1)dengan modulo 9 dan 13 diperoleh nilai k ganjil dan k. Dengan demikian, jikan = 2 menggunakan persamaan (1) dengan modulo 512, 7, dan 73 diperolehk ≡ 1 (mod 8), k ≡ 3 (mod 6) dan k ≡ 9 (mod 24). Namun, hasil tersebutkontradiksi sehingga Teorema 10 terbukti benar. 2

5. KESIMPULAN

Berdasarkan hasil pembahasan dari bab-bab sebelumnya, dapat disimpulkan bahwadengan menggunakan formula nilai v2(Sk(x)) dan v3(Sk(x)) dapat ditentukanbatas n. Dengan menggunakan formula tersebut, menentukan batas n menjadilebih mudah dibandingkan menentukannya secara langsung. Selanjutnya prosesuntuk mendapatkan solusi (k, n, x, y) dari persamaan 1k + · · · + xk = yn adalahdengan mengasumsikan nilai x dan menentukan nilai k. Kemudian berdasarkanpersamaan Sk(x) = yn diperoleh solusi (k, n, x, y).

Ucapan terima kasih Penulis mengucapkan terima kasih kepadaDr. Sri Gemawati, M.Si. yang telah memberikan arahan dalam penulisan artikelini.

12

DAFTAR PUSTAKA

[1] J. J. Schaffer, The equation 1p + 2p + · · · + np = mq, Acta Mathematica, 95(1956) 155-189.

[2] K. Gyory, R. Tijdeman dan M. Voorhoeve, On the equation 1k+2k+...+xk = yz,Acta Arithmetica, 37 (1980) 234-240.

[3] A. Pinter, A note on the equation 1k + 2k + ... + (x − 1)k = ym, IndagationesMathematicae, N.S. 8 (1997) 119-123.

[4] M. Jacobson, A. Pinter dan G. P. Walsh, A computational approach for solvingy2 = 1k + 2k + ...+ xk, Mathematics Computation, 72 (2003) 2099-2110.

[5] M. A Bennett, K. Gyory dan A. Pinter, On the Diophantine equation 1k +2k +...+ xk = yn, Compositio Mathematics, 140 (2004) 1417-1431.

[6] A. Pinter, On the power values of power sums, Journal of Number Theory, 125(2007) 412-423.

[7] T. Koshy, Elementary Number Theory with Application, Second Edition, Else-vier, New York, 2007.

[8] D. M Burton, Elementary Number Theory, Seven Edition, McGraw-Hill Com-panies, New York, 2011.

[9] L. Hajdu, On a conjecture of Schaffer concerning the equation Sk(x) = yn,Journal of Number Theory, 155 (2015) 129-138.

[10] K. MacMillan dan J. Sondow, Divisibility of power sums and the generalizedErdos-Moser equation, Elementary Mathematics, 67 (2012) 182-186.

[11] J. Sondow dan E. Tsukerman, The p-adic order of power sums, The Erdos-Moser Equation and Bernoulli Numbers, arXiv:1401.0322v1 [math.NT], 1 Jan2014.

[12] R. G. Bartle dan D. R. Sherbert, Introduction to Real Analysis, Fourth Edition,John Wiley & Sons, New Jersey, 2011.

[13] J. Stewart, Calculus, Fifth Edition, Brooks Cole, United States, 2002.

13