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
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
Top Related