diktat ptb

DIKTAT KULIAH (2 sks)MX 127 Teori Bilangan

(Revisi Terakhir: Juli 2009 )

Oleh:

Didit Budi Nugroho, S.Si., M.Si.

Program Studi MatematikaFakultas Sains dan MatematikaUniversitas Kristen Satya Wacana

KATA PENGANTAR

Diktat ini merupakan catatan kuliah Teori Bilangan (MX 127) tingkat sarjana tahunpertama yang diberikan di Universitas Kristen Satya Wacana dalam semester 1 tahun2008-2009. Karena itu naskah ini disajikan dalam cara yang sangat dasar (elementer).Elementer berarti hampir tidak ada Analisis yang digunakan, dan hampir tidak adaAljabar Abstrak.

Naskah ini dirancang untuk mencakup beberapa ide dasar teori bilangan dalam satusemester. Selain itu, di sini juga disertakan masalah-masalah teori bilangan yang di-gunakan dalam berbagai pelatihan dan kompetisi matematika internasional untuk me-motivasi dan memberikan tantangan kepada mahasiswa.

Penulis berharap bahwa naskah ini akan memberikan manfaat yang lebih dalam peng-ajaran Teori Bilangan. Untuk itu masih diperlukan masukan dan saran dari pembacademi perbaikan dan pengembangan naskah ini secara terus menerus.

Salatiga, Juli 2009

Didit B. Nugroho

i

DAFTAR ISI

KATA PENGANTAR i

DAFTAR ISI ii

DAFTAR SINGKATAN iii

1 Aksioma Dasar untuk Z 1

2 Bukti dengan Induksi 3

3 Keterbagian 63.1 Sifat-sifat Keterbagian Elementer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63.2 Algoritma Pembagian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123.3 Beberapa Identitas Aljabar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

4 Kongruensi Zn 184.1 Kongruensi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184.2 Persamaan Kongruensi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224.3 Uji Keterbagian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.4 Sisa lengkap . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

5 Faktorisasi Tunggal 275.1 FPB dan KPK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275.2 Bilangan Prima dan Faktorisasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305.3 Teorema Fermat dan Teorema Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

6 Algoritma Euclid 366.1 Sistem Kongruensi Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

7 Fungsi-fungsi Bilangan-Teoritik 457.1 Fungsi Floor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 457.2 Fungsi Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 507.3 Bilangan Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 517.4 Bilangan Mersenne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 527.5 Bilangan Sempurna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

DAFTAR PUSTAKA 54

ii

DAFTAR SINGKATAN

USAMO : United States of America Mathematical OlympiadIMO : International Mathematical OlympiadHMMT : Harvard�MIT Math TournamentAHSME : American High School Mathematics ExaminationUMMC : University of Michigan Mathematics CompetitionSMC : Stanford Mathematics CompetitionAIME : American Invitational Mathematics ExaminationPutnam : The William Lowell Putnam Mathematical CompetitionARML : American Regional Mathematics LeagueAPMC : Austrian�Polish Mathematics Competition

iii

Bab 1

Aksioma Dasar untuk Z

Perhatian dalam teori bilangan yaitu pada sifat-sifat bilangan bulat

: : : ;�4;�3;�2;�1; 0; 1; 2; 3; 4; : : :

Karena itu pertama kali diperkenalkan beberapa notasi dan mengingat kembali be-berapa sifat dasar dari bilangan bulat yang akan diperlukan pada bahasan-bahasanselanjutnya:

N = f1; 2; 3; :::g (himpunan semua bilangan asli atau bulat positif)

Z = f:::;�3;�2;�1; 0; 1; 2; 3; :::g (himpunan semua bilangan bulat)

Q =n nm: n;m 2 Z dan m 6= 0

o(himpunan semua bilangan rasional)

R = himpunan semua bilangan riil

Dicatat bahwa N � Z � Q � R.

Beberapa aksioma dasar untuk Z:

1. Jika a; b 2 Z, maka a+ b, a� b, ab 2 Z. (Z dikatakan tertutup terhadap operasipenjumlahan, pengurangan, dan perkalian)

2. Jika a 2 Z, maka tidak ada x 2 Z sedemikian sehingga a < x < a+ 1.

3. Jika a; b 2 Z dan ab = 1, maka a = b = 1 atau a = b = �1.

4. Hukum eksponen: Untuk n;m 2 N dan a; b 2 R berlaku:

(a) (an)m = anm

(b) (ab)n = anbn

(c) anam = an+m:

Aturan-aturan di atas berlaku untuk semua n;m 2 Z jika a; b 6= 0.

5. Sifat ketaksamaan: Untuk a; b; c 2 R berlaku:

(a) Transitif : Jika a < b dan b < c, maka a < c.

(b) Jika a < b maka a+ c < b+ c.

(c) Jika a < b dan 0 < c maka ac < bc.

1

Bab 1. Aksioma Dasar untuk Z 2

(d) Jika a < b dan c < 0 maka bc < ac.

(e) Trikotomi : Diberikan a dan b, hanya berlaku salah satu dari:

a = b, a < b, b < a.

6. Sifat terurut baik (well-ordering) untuk N: setiap himpunan bagian takkosong dari N memuat suatu elemen terkecil atau minimal. Suatu elemen terkecildari suatu himpunan bagian S � N adalah suatu elemen s0 2 S dimana s0 � suntuk setiap s 2 S.

7. Prinsip Induksi Matematis: Diambil P (n) sebagai suatu pernyataan me-nyangkut variabel bilangan asli n. Diambil n0 adalah suatu bilangan asli. P (n)adalah benar untuk semua bilangan asli n � n0 jika kedua pernyataan berikutini berlaku:

PIM(a) P (n) benar untuk n = n0.

PIM(b) Jika P (n) benar untuk n0 � n � k, maka P (n) benar untuk n = k+1.

Bab 2

Bukti dengan Induksi

Pada bab ini diberikan beberapa pernyataan yang dapat dibuktikan dengan menggu-nakan Prinsip Induksi Matematis, atau secara sederhana disebut induksi. Berikut inidiberikan suatu pernyataan beserta bukti induksi.

Proposisi 2.1 Jika n � 5 maka 2n > 5n.

Bukti. Di sini digunakan Prinsip Induksi Matematis.

PIM(a) Diambil P (n) adalah pernyataan 2n > 5n. Untuk n0 diambil 5. Secarasederhana dapat dituliskan:

P (n) : 2n > 5n dan n0 = 5:

Sekarang jika n = 4 maka P (n) menjadi pernyataan 24 > 5 � 4 yang adalah salah.Tetapi jika n = 5 , P (n) adalah pernyataan 25 > 5 � 5 atau 32 > 25 yang adalahbenar. Jadi P (n) benar untuk n = 5.

PIM(b) Diasumsikan bahwa P (k) benar untuk suatu bilangan bulat positif k � 5.Artinya, diasumsikan bahwa

2k > 5k untuk suatu k 2 N dan k � 5: (2.1)

Asumsi (2.1) dinamakan hipotesis induksi dan akan digunakan untuk membuk-tikan bahwa P (n) benar ketika n = k+1. Atau dengan kata lain akan dibuktikanbahwa

2k+1 > 5 (k + 1) (2.2)

dan dilakukan seperti berikut ini. Berdasarkan (2.1), ruas kiri dari (2.2) dapatdituliskan sebagai

2k+1 = 2 � 2k > 2 � 5k = 10k;

dan karena 5k > 5 untuk setiap k � 5, maka 10k = 5k+5k > 5k+5 = 5 (k + 1),sehingga

2k+1 > 10k > 5 (k + 1) :

yang berarti bahwa P (n) benar ketika n = k + 1.

Disimpulkan bahwa P (n) berlaku untuk n � 5:

3

Bab 2. Bukti dengan Induksi 4

Contoh 2.2 (USAMO 1978) Suatu bilangan bulat dikatakan bagus (good) jika dapatdituliskan sebagai

n = a1 + a2 + � � �+ ak;

dimana a1; a2; � � � ; ak adalah bilangan-bilangan bulat positif (tidak perlu berbeda) yangmemenuhi

1

a1+1

a2+ � � �+ 1

ak= 1:

Diberikan informasi bahwa bilangan-bilangan bulat 33 sampai 73 adalah bagus, buktikanbahwa setiap bilangan bulat � 33 adalah bagus.

Bukti. Diambil n = 33, maka bilangan-bilangan bulat 33 sampai 73 dapat dituliskansebagai barisan

n; n+ 1; n+ 2; :::; 2n+ 7

yang adalah bagus berdasarkan yang diketahui. Akan dibuktikan bahwa 2n + 8 dan2n+ 9 adalah bagus. Karena n adalah bagus, maka dapat dituliskan

2n+ 8 = 2 (a1 + a2 + � � �+ ak) + 4 + 4= 2a1 + 2a2 + � � �+ 2ak + 4 + 4

dan1

2a1+

1

2a2+ � � �+ 1

2ak+1

4+1

4=1

2+1

4+1

4= 1:

Juga,2n+ 9 = 2a1 + 2a2 + � � �+ 2ak + 3 + 6

dan1

2a1+

1

2a2+ � � �+ 1

2ak+1

3+1

6=1

2+1

3+1

6= 1:

Oleh karena itu,2n+ 8 dan 2n+ 9 adalah bagus.

Latihan 2.3 Buktikan bahwa 2n > 6n untuk n � 5.

Latihan 2.4 Buktikan bahwa 1 + 2 + � � �+ n = n (n+ 1)

2untuk n � 1.

Latihan 2.5 Buktikan bahwa jika 0 < a < b maka 0 < an < bn untuk setiap n 2 N.

Latihan 2.6 Buktikan bahwa n! < nn untuk n � 2.

Latihan 2.7 Buktikan bahwa jika a; r 2 R dan r 6= 1, maka untuk n � 1 berlaku

a+ ar + ar2 + � � �+ arn =a�rn+1 � 1

�r � 1 :

Ini dapat dituliskan seperti

a�rn+1 � 1

�= (r � 1)

�a+ ar + ar2 + � � �+ arn

�:

Dan kasus khusus pentingnya adalah

rn+1 � 1 = (r � 1)�1 + r + r2 + � � �+ rn

�:

Bab 2. Bukti dengan Induksi 5

Latihan 2.8 Buktikan bahwa 1 + 2 + 22 + � � �+ 2n = 2n+1 � 1 untuk n � 1.

Latihan 2.9 Buktikan bahwa 111 � � � 1| {z }n kali

=10n � 19

untuk n � 1.

Latihan 2.10 Buktikan bahwa 12+22+32+ � � �+n2 = n (n+ 1) (2n+ 1)

6untuk n � 1.

Bab 3

Keterbagian

3.1 Sifat-sifat Keterbagian Elementer

Pertama kali diperkenalkan pernyataan d j n yang dapat dibaca seperti berikut ini:

1. d membagi n.

2. d adalah pembagi dari n.

3. d adalah suatu faktor dari n.

4. n adalah kelipatan dari n.

Jadi, lima pernyataan di bawah ini adalah ekivalen, artinya semua cara yang berbedamengatakan hal yang sama.

1. 2 j 6:

2. 2 membagi 6.

3. 2 adalah pembagi dari 6.

4. 2 adalah suatu faktor dari 6.

5. 6 adalah kelipatan dari 2.

De�nisi 3.1 d j n berarti terdapat suatu bilangan bulat k sedemikian sehingga n = dk,sedangkan d - n berarti bahwa d j n adalah salah. Dicatat bahwa a j b 6= a

b.

Suatu cara lain untuk menyatakan de�nisi dari d j n adalah seperti berikut ini.

De�nisi 3.2 d j n () n = dk untuk suatu k. (Dicatat bahwa notasi () diinter-pretasikan dengan arti jika dan hanya jika.)

Teorema 3.3 (Sifat-sifat keterbagian) Jika n, m, dan d adalah bilangan-bilanganbulat maka pernyataan-pernyataan berikut ini adalah benar:

(1) n j n (sifat re�eksif);

(2) d j n dan n j m =) d j m (sifat transitif);

6

Bab 3. Keterbagian 7

(3) d j n dan d j m =) d j an+bm untuk setiap bilangan bulat a dan b (sifat linier);

(4) d j n =) ad j an untuk a 6= 0 (sifat perkalian);

(5) ad j an dan a 6= 0 =) d j n (sifat penghapusan);

(6) 1 j n (1 membagi sembarang bilangan);

(7) n j 1 =) n = �1 (hanya 1 dan �1 yang merupakan pembagi dari 1);

(8) d j 0 (sembarang nilai membagi nol);

(9) 0 j n =) n = 0 (nol hanya membagi nol);

(10) d, n adalah positif dan d j n =) d � n (sifat perbandingan).

(11) d j n dan d j (n+m) =) d j m.

Contoh 3.4 Buktikan sifat 1 sampai 10 dalam Teorema 3.3.

Bukti. Untuk (1), dicatat bahwa n = 1 �n. Untuk (2) sampai (5), (10) dan (11), syaratd j n diberikan, artinya n = kd untuk suatu bilangan bulat k. Untuk (2), dipunyain j m, artinya m = k1n, maka m = (k1k) d atau d j m. Untuk (3), diasumsikan bahwam = k2d, maka an + bm = (ka+ k2b) d. Untuk (4) dan (5), karena a 6= 0, d 6= 0 jikadan hanya jika ad 6= 0. Dicatat bahwa n = kd jika dan hanya jika na = kda. Untuk (6),dicatat bahwa n = n �1. Untuk (7), dicatat bahwa 1 = 1 �1 atau 1 = (�1) � (�1). Untuk(8), dicatat bahwa 0 = d � 0. Untuk (9), dipunyai 0 j n, artinya n = 0 � k, maka n = 0.Untuk (10), dicatat bahwa d; n > 0, maka jkj � 1 dan juga n = jkj � d � d. Untuk (11),dipunyai d j (n+m), artinya n +m = k1d, maka kd +m = k1d atau m = (k1 � k) datau d j m.

De�nisi 3.5 Jika c = as + bt untuk suatu bilangan bulat s dan t, dikatakan bahwa cmerupakan suatu kombinasi linier dari a dan b.

Jadi, pernyataan (3) dalam Teorema 3.3 mengatakan bahwa jika d membagi a dan b,maka d membagi semua kombinasi linear dari a dan b. Khususnya, d membagi a + bdan a� b.

Contoh 3.6 Diambil x dan y adalah bilangan bulat. Buktikan bahwa 2x + 3y dapatdibagi oleh 17 jika dan hanya jika 9x+ 5y dapat dibagi oleh 17.

Bukti. 17 j (2x+ 3y) =) 17 j 13 (2x+ 3y) atau 17 j (26x+ 39y) =) 17 j[(9x+ 5y) + (17x+ 34y)] =) 17 j (9x+ 5y), dan sebaliknya, 17 j (9x+ 5y) =)17 j 4 (9x+ 5y) atau 17 j (36x+ 20y) =) 17 j [(2x+ 3y) + (34x+ 17y)] =)17 j (2x+ 3y).

Contoh 3.7 Tentukan semua bilangan bulat positif d sedemikian sehingga d membagin2 + 1 dan (n+ 1)2 + 1 untuk suatu bilangan bulat n.

Penyelesaian. Diambil d j n2 + 1 dan d jh(n+ 1)2 + 1

iatau d j

�n2 + 2n+ 2

�.

Jadi d j��n2 + 2n+ 2

�� n2 + 1

�atau d j (2n+ 1) =) d j

�4n2 + 4n+ 1

�, sehingga

d j�4�n2 + 2n+ 2

��4n2 + 4n+ 1

��atau d j (4n+ 7) : Jadi d j [(4n+ 7)� 2 (2n+ 1)]

atau d j 5. Disimpulkan bahwa d adalah 1 atau 5. (Dapat ditunjukkan bahwa nilaidicapai dengan mengambil n = 2:) �


Contoh 3.8 Buktikan bahwa 33n+3 � 26n � 27 merupakan suatu kelipatan dari 169untuk semua bilangan asli n.

Bukti. Di sini digunakan Prinsip Induksi Matematis.

PIM(a) Diambil P (n) adalah pernyataan 33n+3 � 26n� 27 = 169 � n, n 2 N. Untukn = 1, kita menyatakan bahwa 36 � 53 = 676 = 169 � 4 yang berarti dapat dibagioleh 169. Jadi P (n) benar untuk n = 1.

PIM(b) Diasumsikan bahwa pernyataan benar untuk n = k � 1, k > 1, yaitu

33k � 26k � 1 = 169N

untuk suatu bilangan bulat N . Karena itu

33k+3 � 26k � 27 = 27 � 33k � 26k � 27 = 27�33k � 26k � 1

�+ 676k

yang direduksi menjadi27 � 169N + 169 � 4k,

yang dapat dibagi oleh 169, yang berarti bahwa P (n) benar untuk n = k.

Contoh 3.9 (IMO 1984) Diandaikan bahwa a1, a2, :::, a2n adalah bilangan-bilanganbulat berbeda sedemikian sehingga persamaan

(x� a1) (x� a2) � � � (x� a2n)� (�1)n (n!)2 = 0

mempunyai suatu penyelesaian bilangan bulat r. Tunjukkan bahwa

r =a1 + a2 + :::+ a2n

2n:

Bukti. Jelas r 6= ai untuk semua i, dan r � ai adalah 2n bilangan bulat berbeda,sehingga

j(r � a1) (r � a2) � � � (r � a2n)j � j(1) (2) � � � (n) (�1) (�2) � � � (�n)j = (n!)2 ;

dengan kesamaan terjadi jika dan hanya jika

fr � a1; r � a2; � � � ; r � a2ng = f1; 2; � � � ; n;�1;�2; � � � ;�ng :

Oleh karena itu

(r � a1) + (r � a2) + � � �+ (r � a2n) = 2nr � (a1 + a2 + :::+ a2n)= 1 + 2 + � � �+ n+ (�1) + (�2) + � � �+ (�n)= 0

yang mengakibatkan

r =a1 + a2 + :::+ a2n

2n:


Himpunan bilangan bulat dapat dipartisi menjadi dua himpunan bagian, yaitu him-punan bilangan bulat ganjil dan himpunan bilangan genap:

f�1;�3;�5; :::g dan f0;�2;�4; :::g

berturut-turut.Berikut ini diberikan beberapa ide dasar:

(1) suatu bilangan ganjil mempunyai bentuk 2k + 1, untuk suatu bilangan bulat k;

(2) suatu bilangan genap mempunyai bentuk 2k, untuk suatu bilangan bulat k;

(3) jumlahan dari dua bilangan ganjil adalah suatu bilangan genap;

(4) jumlahan dari dua bilangan genap adalah suatu bilangan genap;

(5) jumlahan dari suatu bilangan ganjil dan genap adalah suatu bilangan ganjil;

(6) hasil kali dari dua bilangan ganjil adalah suatu bilangan ganjil;

(7) hasil kali dari bilangan-bilangan bulat adalah genap jika dan hanya jika palingsedikit dari faktor-faktornya adalah genap.

Contoh 3.10 Diambil n adalah suatu bilangan bulat yang lebih besar dari 1. Buktikanbahwa

(a) 2n adalah jumlahan dari dua bilangan bulat ganjil berturutan.

(b) 3n adalah jumlahan dari tiga bilangan bulat berturutan.

Bukti. Untuk (a), dari hubungan 2n = 22+n�2 = 4�2n�2 dimisalkan k = 2n�2, sehinggakarena 4k = (2k � 1) + (2k + 1) maka diperoleh 2n = 4k =

�2n�1 � 1

�+�2n�1 + 1

�.

Untuk (b), dari hubungan 3n = 31+n�1 = 3 �3n�1 dimisalkan s = 3n�1, sehingga karena3s = (s� 1)+ s+(s+ 1) maka diperoleh 3n = 3s =

�3n�1 � 1

�+3n�1+

�3n�1 + 1

�.

Contoh 3.11 Diambil k adalah suatu bilangan genap. Apakah mungkin untuk menu-liskan 1 sebagai jumlahan dari kebalikan k bilangan ganjil?

Penyelesaian. Diasumsikan bahwa

1 =1

n1+ � � �+ 1

nk

untuk bilangan-bilangan ganjil n1, ..., nk; maka diperoleh n1 � � �nk = s1 + � � � + sk,dimana semua si adalah ganjil. Ini tidaklah mungkin terjadi karena ruas kiri adalahganjil dan ruas kanan adalah genap. �

Contoh 3.12 (HMMT 2004) Andi memilih lima bilangan dari himpunan f1, 2, 3,4, 5, 6, 7g. Selanjutnya Andi memberitahu Vian berapa hasil kali dari bilangan-bilanganterpilih tersebut, yang tidak akan menjadi informasi yang cukup bagi Vian untuk mem-bayangkan apakah jumlahan dari bilangan-bilangan terpilih adalah genap atau ganjil.Berapa hasil kali dari bilangan-bilangan terpilih tersebut?


Penyelesaian. Mencari hasil kali dari bilangan-bilangan terpilih ekivalen denganmengetahui hasil kali dari dua bilangan yang tidak terpilih. Hasil kali dari bilangan-bilangan tidak terpilih dan mungkin diperoleh dari lebih satu pasangan bilangan yaituhanya 12 ({3,4} dan {2,6}) dan 6 ({1,6} dan {2,3}). Tetapi dalam kemungkinan ke-dua, jumlahan dari dua bilangan (tidak terpilih) adalah ganjil (dan juga lima bilanganterpilih mempunyai jumlahan ganjil), sehingga belum tentu benar. Oleh karena itu ke-mungkinan pertama pasti benar, dan hasil kali dari lima bilangan terpilih sama dengan

1 � 2 � 3 � � � 712

= 420:

�

Contoh 3.13 Buktikan bahwa�1 +

p2�2n

+�1�

p2�2n

adalah suatu bilangan bulat genap dan bahwa�1 +

p2�2n

��1�

p2�2n

= bp2

untuk suatu bilangan bulat positif b, untuk semua bilangan bulat n � 1.

Bukti. Diproses dengan induksi pada n 2 N.

PIM(a) Diambil P (n) adalah pernyataan:�1 +

p2�2n+�1�

p2�2n

adalah genap dan�1 +

p2�2n � �1�p2�2n = bp2 untuk suatu b 2 N. Untuk n = 1, dipunyai�

1 +p2�2+�1�

p2�2= 6

yang adalah bilangan genap, dan�1 +

p2�2��1�

p2�2= 4

p2:

Oleh karena itu P (1) adalah benar.

PIM(b) Diasumsikan bahwa P (n) benar untuk n = k � 1, k > 1, yaitu diasumsikanbahwa �

1 +p2�2(k�1)

+�1�

p2�2(k�1)

= 2N

untuk suatu bilangan bulat N dan bahwa�1 +

p2�2(k�1)

��1�

p2�2(k�1)

= ap2

untuk suatu bilangan bulat positif a.


Sekarang diperhatikan�1 +

p2�2k

+�1�

p2�2k

=�1 +

p2�2 �

1 +p2�2k�2

+�1�

p2�2 �

1�p2�2k�2

=�3 + 2

p2��1 +

p2�2(k�1)

+�3� 2

p2��1�

p2�2(k�1)

= 3

��1 +

p2�2(k�1)

+�1�

p2�2(k�1)�

+

2p2

��1 +

p2�2(k�1)

��1�

p2�2(k�1)�

= 6N + 2p2 � a

p2 = 2 (3N + 2a)

yang merupakan suatu bilangan bulat genap dan secara serupa�1 +

p2�2k

��1�

p2�2k

= 3ap2 + 2

p2 (2N) = (3a+ 4N)

p2:

Jadi P (k) adalah benar.

Contoh 3.14 (USAMO 2003) Buktikan bahwa untuk setiap bilangan bulat positif nterdapat suatu bilangan n-digit yang dapat dibagi oleh 5n dimana semua digit-nya ganjil.

Bukti. Diproses dengan induksi pada n 2 N.

PIM(a) Pernyataan adalah benar untuk n = 1 karena terdapat bilangan satu digityang dapat dibagi oleh 5, yaitu 5.

PIM(b) Diasumsikan bahwa N = a1a2:::an dapat dibagi oleh 5n dan hanya mempu-nyai digit-digit ganjil. Diperhatikan bilangan-bilangan

N1 = 1a1a2:::an = 1 � 10n + 5nM = 5n (1 � 2n +M) ;N2 = 3a1a2:::an = 3 � 10n + 5nM = 5n (3 � 2n +M) ;N3 = 5a1a2:::an = 5 � 10n + 5nM = 5n (5 � 2n +M) ;N4 = 7a1a2:::an = 7 � 10n + 5nM = 5n (7 � 2n +M) ;N5 = 9a1a2:::an = 9 � 10n + 5nM = 5n (9 � 2n +M) :

Diperhatikan dua kemungkinan. Kemungkinan pertama, bilangan-bilangan 1 �2n+M , 3�2n+M , 5�2n+M , 7�2n+M , 9�2n+M memberikan sisa-sisa yang berbedaketika dibagi oleh 5. Kemungkinan kedua, beda dari dua diantaranya merupakankelipatan dari 5, yang adalah tidak mungkin karena 2n bukan kelipatan dari 5dan bukan beda dari sembarang bilangan-bilangan 1, 3, 5, 7, 9. Karena ituyang benar adalah kemungkinan pertama, dan ini berarti bahwa satu di antarabilangan-bilangan N1, N2, N3, N4, N5 dapat dibagi oleh 5n � 5.


Latihan 3.15 Buktikan bahwa jika d j a dan d j b maka d j a� b.

Latihan 3.16 Buktikan bahwa jika d j a dan d j a� b maka d j b.

Latihan 3.17 Buktikan bahwa jika d j n dan n 6= 0 maka jdj � jnj.

Latihan 3.18 Buktikan bahwa jika d j n dan n j d maka jdj = jnj.

Latihan 3.19 Buktikan bahwa jika d j n dan n 6= 0 maka ndj n.

Latihan 3.20 Buktikan bahwa jika a 2 Z maka pembagi positif dari a dan a+1 hanya1:

Latihan 3.21 Diambil a dan b adalah bilangan bulat positif sedemikian sehingga a j b2,b2 j a3, a3 j b4, b4 j a5, ... . Buktikan bahwa a = b.

3.2 Algoritma Pembagian

Tujuan dari bagian ini adalah membuktikan hasil penting berikut ini.

Teorema 3.22 (Algoritma Pembagian) Jika a dan b adalah bilangan bulat dan b >0 maka terdapat secara tunggal bilangan bulat q dan r yang memenuhi dua kondisi:

a = bq + r dan 0 � r < b. (3.1)

Dalam situasi ini q dinamakan hasil bagi (quotient) dan r dinamakan sisa (remainder)ketika a dibagi oleh b. Dicatat bahwa terdapat dua bagian untuk hasil ini. Satu bagianadalah EKSISTENSI dari bilangan bulat q dan r yang memenuhi (3.1) dan bagiankedua adalah KETUNGGALAN dari bilangan bulat q dan r yang memenuhi (3.1).Bukti. Pertama kali diperkenalkan fungsi �oor :

bxc = bilangan bulat terbesar yang lebih kecil atau sama dengan x

dimana x adalah sembarang bilangan riil. Dipunyai sifat bahwa x � 1 < bxc � x.Bahasan lebih lanjut mengenai fungsi �oor diberikan dalam Bab 7.Sekarang diambil b > 0 dan sembarang a mende�nisikan

q =jab

kr = a� bq:

Secara jelas dipunyai a = bq+r. Tetapi kita perlu untuk membuktikan bahwa 0 � r < b.Berdasarkan sifat fungsi �oor dipunyai

a

b� 1 <

jab

k� a

b:

Sekarang dikalikan semua suku dari ketaksamaan dengan �b yang akan menghasilkan

b� a > �bjab

k� �a:


Jika ditambahkan a ke semua ruas dari ketaksamaan danjab

kdiganti dengan q maka

diperolehb > a� bq � 0:

Karena r = a� bq, maka persamaan terakhir memberikan hasil 0 � r < b.Kita tetap harus membuktikan bahwa q dan r ditentukan secara tunggal. Untuk itudiasumsikan bahwa

a = bq1 + r1 dan 0 � r1 < b;

dana = bq2 + r2 dan 0 � r2 < b:

Kita harus menunjukkan bahwa r1 = r2 dan q1 = q2. Jika r1 6= r2, tanpa kehilangankeumuman, dapat diasumsikan bahwa r2 > r1. Pengurangan kedua persamaan di atasakan menghasilkan

0 = a� a = (bq1 + r1)� (bq2 + r2) = b (q1 � q2) + r1 � r2:

Ini mengakibatkanr2 � r1 = b (q1 � q2) : (3.2)

Ini berarti bahwa b j (r2 � r1). Berdasarkan Teorema 3.3 nomor (10), ini mengaki-batkan bahwa b � r2 � r1. Tetapi karena

0 � r1 < r2 < b

maka dipunyai r2 � r1 < b. Ini kontradiksi dengan b � r2 � r1. Jadi kita harusmenyimpulkan bahwa r1 = r2. Sekarang dari (3.2) kita mempunyai 0 = b (q1 � q2).Karena b > 0, akibatnya q1�q2 = 0, artinya q1 = q2. Ini melengkapi bukti ketunggalandari q dan r.

Contoh 3.23 (AHSME 1976) Diambil r adalah sisa ketika 1059, 1417 dan 2312dibagi oleh b > 1. Tentukan nilai dari b� r.

Penyelesaian. Berdasarkan Algoritma Pembagian, 1059 = q1b+r, 1417 = q2b+r, dan2312 = q3b+r untuk bilangan-bilangan bulat q1, q2, q3. Dari sini, 358 = 1417�1059 =b (q2 � q1), 1253 = 2312 � 1059 = b (q3 � q1), dan 895 = 2312 � 1417 = b (q3 � q2).Karena itu b j 358 atau b j 2 � 179, b j 1253 atau b j 7 � 179, dan b j 895 atau b j 5 � 179.Karena b > 1, disimpulkan bahwa b = 179. Jadi (sebagai contoh) 1059 = 5 � 179 + 164,yang berarti bahwa r = 164. Disimpulkan bahwa b� r = 179� 164 = 15. �

Contoh 3.24 Tunjukkan bahwa n2 + 23 dapat dibagi oleh 24 untuk n tak hingga ba-nyaknya.

Bukti. n2 + 23 = n2 � 1 + 24 = (n� 1) (n+ 1) + 24. Jika diambil n = 24k � 1,k = 0; 1; 2; :::, maka pernyataan dapat dibagi oleh 24.

De�nisi 3.25 Suatu bilangan prima (prime) p adalah bilangan bulat positif lebih besar1 yang pembagi positifnya hanya 1 dan p. Jika bilangan bulat n > 1 bukan prima, makabilangan tersebut dinamakan bilangan composite.

Dicatat bahwa bilangan 1 bukan bilangan prima ataupun composite.


Contoh 3.26 Tunjukkan bahwa jika p > 3 adalah prima, maka 24 j�p2 � 1

�.

Bukti. Berdasarkan Algoritma Pembagian, sembarang bilangan bulat dapat dinyata-kan sebagai salah satu dari: 6k, 6k � 1, 6k � 2, atau 6k + 3, dengan k 2 Z: Jika p > 3adalah prima, maka p mempunyai bentuk p = 6k � 1 (karena pilihan lainnya dapatdibagi 2 atau 3). Dicatat bahwa (6k � 1)2 � 1 = 36k2 � 12k = 12k (3k � 1). Karena katau 3k � 1 adalah genap, maka 12k (3k � 1) dapat dibagi oleh 24.

Contoh 3.27 Buktikan bahwa kuadrat dari sembarang bilangan mempunyai bentuk 4katau 4k + 1.

Bukti. Berdasarkan Algoritma Pembagian, sembarang bilangan bulat dapat dinyata-kan sebagai salah satu dari: 2a atau 2a+ 1. Dikuadratkan,

(2a)2 = 4a2; (2a+ 1)2 = 4�a2 + a

�+ 1;

sehingga pernyataan adalah benar.

Contoh 3.28 Buktikan bahwa tidak ada bilangan bulat dalam barisan

11; 111; 1111; 11111; ::: (3.3)

yang merupakan kuadrat dari suatu bilangan bulat.

Bukti. Sudah diperoleh bahwa kuadrat dari sembarang bilangan bulat mempunyaibentuk 4k atau 4k+1. Semua bilangan dalam barisan (3.3) mempunyai bentuk 4k�1,yang berarti tidak bisa menjadi kuadrat dari sembarang bilangan bulat.

Contoh 3.29 Tunjukkan bahwa dari sembarang tiga bilangan bulat, selalu dapat dipilihdua diantaranya, misalnya a dan b, sehingga a3b� ab3 dapat dibagi 10.

Bukti. Jelas bahwa a3b � ab3 = ab (a� b) (a+ b) selalu genap. Jika satu dari tigabilangan bulat mempunyai bentuk 5k, maka selesai (misalnya diambil a = 5k). Jikatidak, dipilih tiga bilangan yang terletak dalam klas-klas sisa 5k � 1 atau 5k � 2.Dua dari tiga bilangan bulat pasti terletak di salah satu dari dua kelompok tersebut.Akibatnya jumlah atau selisih dari dua bilangan tersebut berbentuk 5k dan diperolehhasil yang diinginkan.

Contoh 3.30 Buktikan bahwa jika 3 j�a2 + b2

�, maka 3 j a dan 3 j b.

Bukti. Dibuktikan dengan kontraposisi seperti berikut ini. Diandaikan bahwa 3 - aatau 3 - b, dan akan dibuktikan bahwa 3 -

�a2 + b2

�. Dari hipotesis dapat dinyatakan

a = 3k�1 atau b = 3m�1. Dari sini diperoleh a2 = 3�3k2 � 2k

�+1 atau a2 = 3x+1,

dan serupa dengan itu b2 = 3y+1. Jadi a2+ b2 = 3x+1+3y+1 = 3s+2, yang berarti3 -�a2 + b2

�.

3.3 Beberapa Identitas Aljabar

Pada bagian ini diberikan beberapa contoh dimana penyelesaiannya tergantung padapenggunaan beberapa identitas aljabar elementer.


Contoh 3.31 Tentukan semua bilangan prima berbentuk n3 � 1, untuk bilangan bulatn > 1.

Penyelesaian. n3�1 = (n� 1)�n2 + n+ 1

�. Jika pernyataan ini merupakan bilangan

prima, karena n2+n+1 > 1, pasti dipunyai n�1 = 1, yang berarti n = 2. Jadi bilanganprima yang dimaksud hanyalah 7. �

Contoh 3.32 Buktikan bahwa n4 + 4, n 2 N, adalah prima hanya untuk n = 1.

Bukti. Diamati bahwa

n4 + 4 = n4 + 4n2 + 4� 4n2

=�n2 + 2

�2 � (2n)2=

�n2 + 2n+ 2

� �n2 � 2n+ 2

�=

�(n+ 1)2 + 1

��(n� 1)2 + 1

�:

Setiap faktor lebih besar 1 untuk n > 1, akibatnya n4 + 4 bukanlah prima.

Contoh 3.33 Tentukan semua bilangan bulat n � 1 yang memenuhi n4 + 4n adalahprima.

Penyelesaian. Untuk n = 1, jelas bahwa pernyataan merupakan bilangan prima.Lebih lanjut haruslah diambil n adalah ganjil. Untuk n � 3, semua bilangan di bawahini adalah bulat:

n4 + 22n = n4 + 2n22n + 22n � 2n22n

=�n2 + 2n

�2 � �n2 12 (n+1)�2=

�n2 + 2n + n2

12(n+1)

��n2 + 2n � n2

12(n+1)

�:

Ini mudah dilihat bahwa jika n � 3, maka setiap faktor lebih besar 1, sehingga bilangantersebut bukan prima. �

Contoh 3.34 Buktikan bahwa untuk semua n 2 N, n2 membagi (n+ 1)2 � 1.

Bukti. Jika n = 1, maka pernyataan benar. Sekarang diandaikan n > 1, makaberdasarkan Teorema Binomial,

(n+ 1)2 � 1 =nXk=1

�n

k

�nk;

dan setiap sukunya dapat dibagi oleh n2:

Contoh 3.35 Buktikan bahwa

xn � yn = (x� y)�xn�1 + xn�2y + xn�3y2 + � � �+ xyn�2 + yn�1

�:

Jadi x� y selalu membagi xn � yn.


Bukti. Diasumsikan bahwa x 6= y dan xy 6= 0. Dalam kasus ini, hasil di atas mengikutiidentitas

n�1Xk=0

ak = aan � 1a� 1 6= 1;

pada pengambilan a =x

ydan dikalikan dengan yn.

Sebagai contoh, tanpa penghitungan dapat dilihat bahwa 87672345 � 81012345 dapatdibagi 666:

Contoh 3.36 (E½otv½os 1899) Tunjukkan bahwa

2903n � 803n � 464n + 261n

dapat dibagi oleh 1897 unuk semua bilangan asli n.

Bukti. Berdasarkan hasil sebelumnya, 2903n � 803n dapat dibagi oleh 2903 � 803 =2100 = 7 � 300, dan 261n � 464n dapat dibagi oleh 261� 464 = �203 = 7 � (�29). Jadipernyataan 2903n � 803n � 464n + 261n dapat dibagi oleh 7. Dan juga, 2903n � 464ndapat dibagi oleh 2903� 464 = 9 � 271 dan 261n � 803n dapat dibagi oleh 261� 803 =�542 = (�2) 271. Jadi pernyataan juga dapat dibagi oleh 271. Karena 7 dan 271 tidakmempunyai faktor prima yang sama (kecuali 1), maka disimpulkan bahwa pernyataandapat dibagi oleh 7 � 271 = 1897.

Contoh 3.37 (UMMC 1987) Diberikan bahwa 1002004008016032 mempunyai suatufaktor prima p > 250000, cari bilangan tersebut.

Penyelesaian. Jika a = 103 dan b = 2, maka

1002004008016032 = a5 + a4b+ a3b2 + a2b3 + ab4 + b5 =a6 � b6a� b :

Pernyataan terakhir dinyatakan sebagai

a6 � b6a� b = (a+ b)

�a2 + ab+ b2

� �a2 � ab+ b2

�= 1002 � 1002004 � 998004= 4 � 4 � 1002 � 250501 � k;

dimana k < 250000. Oleh karena itu p = 250501. �

Contoh 3.38 (Grünert 1856) Jika x; y; z; n 2 N dan n � z, maka tidak berlakuhubungan

xn + yn = zn:

Bukti. Jelas bahwa jika berlaku hubungan xn + yn = zn untuk x; y; z 2 N, makax < z dan y < z. Berdasarkan kesimetrian, bisa diandaikan bahwa x < y. Selanjutnyapernyataan dibuktikan dengan kontraposisi. Jadi diandaikan bahwa xn + yn = zn dann � z, maka

zn � yn = (z � y)�zn�1 + yzn�2 + � � �+ yn�1

�� 1 � nxn�1 > xn

yang bertentangan dengan pernyataan xn + yn = zn.


Contoh 3.39 Buktikan bahwa untuk n ganjil,

xn + yn = (x+ y)�xn�1 � xn�2y + xn�3y2 �+� � � �+�xyn�2 + yn�1

�:

Jadi jika n adalah ganjil, maka x+ y membagi xn + yn.

Bukti. Bukti diperoleh dengan pensubstitusian �y untuk y dalam Contoh 3.35 dandiperhatikan bahwa (�y)n = �yn untuk n ganjil.

Contoh 3.40 Tunjukkan bahwa 1001 membagi

11993 + 21993 + 31993 + � � �+ 10001993:

Penyelesaian. Berdasarkan contoh sebelumnya karena setiap 11993+10001993, 21993+9991993, ..., 5001993 + 50011993 dapat dibagi oleh 1001. �

Contoh 3.41 (SMC 250) Tunjukkan bahwa untuk sembarang bilangan asli n, terda-pat bilangan asli lain x sedemikian sehingga setiap suku dari barisan

x+ 1; xx + 1; xxx+ 1; :::

dapat dibagi oleh n.

Bukti. Cukup diambil x = 2n� 1.

Bab 4

Kongruensi Zn

4.1 Kongruensi

De�nisi 4.1 Diambil n 2 N. Untuk x; y 2 Z, x dikatakan kongruen dengan y modulon jika n j (y � x) dan dituliskan x = y (modn) atau �

n. Selanjutnya y dinamakan sisa

dari x ketika dibagi oleh n.

Lebih lanjut, modulo n adalah relasi ekivalensi pada Z, artinya untuk x; y; z 2 Zberlaku:

1. (re�eksif ) x = x (modn),

2. (simetris) x = y (modn) =) y = x (modn);

3. (transitif ) x = y (modn) dan y = z (modn) =) x = z (modn).

Klas kongruensi dari suatu bilangan bulat x modulo n, dinotasikan dengan xn (ser-ingkali juga digunakan notasi x atau [x]n), adalah himpunan dari semua bilangan bulatyang kongruen dengan x modulo n. Dengan kata lain, menggunakan de�nisi keterba-gian,

xn = fy 2 Z : n j (y � x)g= fy 2 Z : y � x = kn; k 2 Zg= fx+ kn : k 2 Zg .

Himpunan dari klas-klas kongruensi dinotasikan dengan Zn. Elemen-elemen berbedadari Zn biasanya didaftar seperti

0n; 1n; 2n; :::; (n� 1)n :

Contoh 4.2 Diambil n = 4, maka dipunyai klas-klas kongruensi dari Zn:

08 = f0 + 4k : k 2 Zg = f0;�4;�8; :::g ;14 = f1 + 4k : k 2 Zg = f:::;�7;�3; 1; 5; 9; :::g ;24 = f2 + 4k : k 2 Zg = f:::;�6;�2; 2; 6; 10; :::g ;34 = f3 + 4k : k 2 Zg = f:::;�5;�1; 3; 7; 11; :::g :

Klas-klas ekivalensi dapat dijumlahkan dan dikalikan menggunakan sifat berikut ini.

18

Bab 4. Kongruensi Zn 19

Lemma 4.3 Diambil n 2 N. Pada Zn berlaku rumus

xn � yn = (x� y)n ; xnyn = (xy)n :

Bukti. Jika x0n = xn dan y0n = yn maka

x0 + y0 = x+ y +�x0 � x

�+�y0 � y

�= x+ y (modn);

x0y0 =�x+

�x0 � x

�� y +

�y0 � y

��= xy + y

�x0 � x

�+ x

�y0 � y

�+�x0 � x

� �y0 � y

�= xy (modn):

Selanjutnya, dengan mengaplikasikan rumus perkalian di atas akan diperoleh sifatbahwa jika a = b (modn) maka ak = bk.

Contoh 4.4 Tentukan sisa ketika 61987 dibagi oleh 37.

Penyelesaian. Dapat dituliskan 61987 = 6 � 61986 = 6�62�993

= 6 (�1)993 karena62 = �1 (mod 37). Jadi 61987 = �6 = 31 (mod 37). �

Contoh 4.5 Cari digit terakhir dalam ekspansi desimal dari 4100.

Penyelesaian. Digit terakhir adalah sisa ketika dibagi oleh 10. Jadi harus dihitungklas kongruensi dari 4100(mod 10). Dipunyai 42 = 6(mod 10), dan selanjutnya 62 =6(mod 10). Jadi 4100 = (42)50 = 650 = 6(mod 10). �

Contoh 4.6 Cari digit satuan dari 777:

Penyelesaian. Harus dicari 777(mod 10). Diamati bahwa 72 = �1 (mod 10), 73 =

72 � 7 = �7 = 3 (mod 10), dan 74 =�72�2= 1 (mod 10). Selain itu, 72 = 1 (mod 4)

dan 77 =�72�3 � 7 = 3 (mod 4), yang berarti bahwa terdapat suatu bilangan bulat t

sedemikian sehingga 77 = 3 + 4t. Sekarang diperoleh

777= 74t+3 =

�74�t � 73 = 1t � 3 = 3 (mod 10):

Jadi digit terakhir adalah 3. �

Contoh 4.7 (Putnam 1986) Berapakah digit satuan dari�1020000

10100 + 3

�?

Penyelesaian. Dimisalkan a� 3 = 10100, maka

1020000

10100 + 3=

(a� 3)200

a=1

a

200Xk=0

�200

k

�a200�k (�3)k

=

199Xk=0

�200

k

�a199�k (�3)k : (4.1)


Karena200Xk=0

(�1)k�200

k

�= 0, maka untuk a = 3 (mod 10) persamaan (??) menjadi

3199199Xk=0

(�1)k�200

k

�= �3199 = 3(mod 10):

�

Contoh 4.8 Apakah 4100 dapat dibagi 3?

Penyelesaian. Karena 4100 = 1100 = 1(mod 3), berarti 3 j 4100. �

Contoh 4.9 Buktikan bahwa 7 membagi 32n+1 + 2n+2 untuk setiap n 2 N.

Bukti. Diamati bahwa 32n+1 = 3 � 9n = 3 � 2n (mod 7) dan 2n+2 = 4 � 2n (mod 7).Karena itu

32n+1 + 2n+2 = 7 � 2n = 0 (mod 7),

untuk setiap n 2 N.

Contoh 4.10 Buktikan hasil Euler: 641 j�232 + 1

�.

Bukti. Diamati bahwa 641 = 27 � 5 + 1 = 24 + 54. Karena itu 27 � 5 = �1 (mod 641)dan 54 = �24 (mod 641). Sekarang, 27 � 5 = �1 (mod 641) menghasilkan 54 � 228 =�5 � 27

�4= 1 (mod 641). Kongruensi terakhir dan 54 = �24 (mod 641) menghasilkan

�232 = �24 � 228 = 54 � 228 = 1 (mod 641), yang berarti bahwa 641 j�232 + 1

�.

Contoh 4.11 Tentukan bilangan-bilangan kuadrat sempurna di modulo 13:

Penyelesaian. Karena r2 = (13� r)2, maka hanya dipunyai r = 0; 1; :::; 6. Diamatibahwa 02 = 0, 12 = 1, 22 = 4, 32 = 9, 42 = 3, 52 = 12, dan 62 = 10 (mod 13). Jadikuadrat sempurna di modulo 13 yaitu 0; 1; 4; 9; 3; 12; 10. �

Contoh 4.12 Buktikan bahwa tidak ada bilangan bulat yang memenuhi x2 � 5y2 = 2:

Bukti. Jika x2 = 2 + 5y2, maka x2 = 2 (mod 5). Tetapi karena 2 bukanlah kuadratsempurna modulo 5, maka dapat disimpulkan tidak ada bilangan bulat yang memenuhix2 � 5y2 = 2:

Contoh 4.13 Buktikan bahwa 7 j�22225555 + 55552222

�.

Bukti. Diamati bahwa 2222 = 3 (mod 7), 5555 = 4 (mod 7), 35 = 5 (mod 7), dan42 = 2 = �5 (mod 7). Diperoleh

22225555 + 55552222 = 35555 + 42222

= 35(1111) + 42(1111)

= 51111 � 51111 = 0 (mod 7):

Contoh 4.14 Cari bilangan-bilangan bulat n sedemikian sehingga 2n+27 dapat dibagioleh 7.


Penyelesaian. Diamati bahwa 21 = 2, 22 = 4, 23 = 1, 24 = 2, 25 = 4, 26 = 1 (mod 7)dan juga 23k = 1 (mod 3) untuk semua k 2 N. Karena itu 23k+27 = 1+27 = 0 (mod 7)untuk semua k 2 N. Jadi n = 3k; k 2 N. �

Contoh 4.15 Tentukan semua bilangan bulat n sedemikian sehingga 13 j 4(n2 + 1).

Penyelesaian. Ini adalah ekivalen dengan menyelesaikan kongruensi 4(n2 + 1) =0(mod 13). Karena faktor persekutuan terkecil dari 4 dan 3 adalah 1, maka kita dapatmenghapus 4 untuk mendapatkan n2 = �1(mod 13). Penghitungan kuadrat-kuadratdi modulo 13 memberikan (�1)2 = 1, (�2)2 = 4, (�3)2 = 9, (�4)2 = 3(mod 13),(�5)2 = �1(mod 13), dan (�6)2 = �3(mod 13). Jadi, telah dilakukan penghitunganuntuk perwakilan dari setiap klas kongruensi, sehingga jawaban untuk pertanyaan asliadalah x� 5(mod 13). �

Contoh 4.16 Di modulo 7, apakah ada x; y 2 N sedemikian sehingga x3 = 2y + 15?

Penyelesaian. Diamati bahwa setiap pangkat dari 2 kongruen dengan 1; 2; atau4 (mod 7). Jadi 2y + 15 = 2; 3; atau 5 (mod 7). Di sisi lain, karena pangkat tigasempurna di modulo 7 yaitu 0; 1, dan 6, maka tidak mungkin terjadi 2y + 15 = x3.Disimpulkan tidak ada x; y 2 N sedemikian sehingga x3 = 2y + 15. �

Contoh 4.17 Buktikan bahwa 2k � 5, k = 0; 1; 2; ::: tidak pernah mempunyai sisa 1ketika dibagi oleh 7.

Bukti. Diamati bahwa 21 = 24 = ::: = 2, 22 = 25 = ::: = 4, 20 = 23 = 26 = ::: =1 (mod 7). Jadi 2k � 5 = 3; 4; atau 6 yang tidak lain adalah sisa atas pembagian oleh7.

Contoh 4.18 (AIME 1994) Barisan naik

3; 15; 24; 48; ::: (4.2)

terdiri dari kelipatan positif dari 3 dan kurang satu dari suatu kuadrat sempurna. Be-rapakah sisa dari suku ke-1994 dari barisan tersebut ketika dibagi oleh 1000?

Penyelesaian. Diinginkan 3 j�n2 � 1

�atau 3 j (n� 1) (n+ 1). Karena 3 adalah

bilangan prima, ini mengharuskan n = 3k + 1 atau n = 3k � 1, k = 1; 2; 3; :::. Barisan3k + 1, k = 1; 2; ::: menghasilkan suku-suku n2 � 1 = (3k + 1)2 � 1 yang merupakansuku-suku di posisi genap dari barisan (4.2). Barisan 3k � 1, k = 1; 2; ::: menghasilkansuku-suku n2 � 1 = (3k � 1)2 � 1 yang merupakan suku-suku di posisi ganjil daribarisan (4.2). Selanjutnya harus dicari suku ke-997 dari barisan 3k + 1, k = 1; 2; :::,yaitu (3 � 997 + 1)2 � 1 = (3 (�3) + 1)2 � 1 = 82 � 1 = 63 (mod 1000). Jadi, sisa yangdicari adalah 63. �

Contoh 4.19 (USAMO 1979) Tentukan semua penyelesaian tak negatif

(n1; n2; :::; n14)

di modulo 16, jika ada, dari persamaan

n41 + n42 + � � �n414 = 1599. (4.3)


Penyelesaian. Semua pangkat 4 sempurna di modulo 16 adalah 0; 1 (mod 16). Iniberarti bahwa

n41 + n42 + � � �n214

paling besar adalah 14 (mod 16), padahal 1599 = 15 (mod 16). Jadi tidak ada penyele-saian untuk (4.3). �

Contoh 4.20 Diambil

n!! = n!

�1

2!� 1

3!+� � � �+ (�1)

n

n!

�:

Buktikan bahwa untuk semua n 2 N, n > 3,

n!! = n! (mod (n� 1)) :

Bukti. Dipunyai

n!� n!! = n (n� 1) (n� 2)!�1� 1

2!� 1

3!+� � � �

+(�1)n�1

(n� 1)! +(�1)n

n!

!

= (n� 1)�m+ (�1)n�1 n

n� 1 +(�1)n

n� 1

�= (n� 1) (m+ (�1)n)

dengan m 2 Z, dan dicatat bahwa (n� 2)! dapat dibagi oleh k; k � n� 2.

4.2 Persamaan Kongruensi

De�nisi 4.21 Bilangan bulat x0 yang memenuhi persamaan (kongruensi) dinamakanpenyelesaian untuk persamaan tersebut.

Pertama kali dipelajari persamaan linear terhadap penjumlahan. Persamaan linear(terhadap penjumlahan) dalam kongruensi:

a+ x = b (modn)

selalu mempunyai penyelesaian. Kunci dari penyelesaian persamaan tersebut adalahbilangan c sedemikian sehingga c+ a = n.

Contoh 4.22 Cari semua x yang memenuhi persamaan 7 + x = 4 (mod 5).

Penyelesaian. Persamaan diubah menjadi 2 + x = 4 (mod 5) dan

3 + 2 + x = 3 + 4 (mod 5)

5 + x = 7 (mod 5)

x = 2 (mod 5) :

�


Berikutnya dipelajari persamaan linear terhadap perkalian dalam kongruensi:

ax = b (modn) :

Kunci dari penyelesaian persamaan tersebut adalah bilangan c sedemikian sehinggaac = 1 (modn). Tetapi hal ini tidak selalu terjadi. Sebagi contoh, diambil n = 4dan a; c 2 f0; 1; 2; 3g. Jika a = 2 (mod 4), maka tidak ada c 2 f0; 1; 2; 3g sehingga2c = 1 (mod 2).

Contoh 4.23 Periksa apakah persamaan-persamaan berikut ini mempunyai penyele-saian:

a) 2x = 1 (mod 4)

b) 3x = 1 (mod 4)

c) 12x = 8 (mod 15)

Penyelesaian. Diperiksa satu persatu seperti berikut.

a) Jika persamaan tersebut mempunyai penyelesaian, maka penyelesaiannya adalah

2x� 1 = 4t, dengan t adalah suatu bilangan bulat.

Karena ruas kiri adalah bilangan ganjil dan ruas kanan adalah bilangan genap,maka kesamaan tersebut tidak pernah terjadi. Jadi, persamaan kongruensi tidakmempunyai penyelesaian.

b) Karena (3; 4) = 1, maka terdapat bilangan bulat p, q sehingga

3p+ 4q = 1 atau 3p = 1� 4q:

Bilangan p = 3 dan q = �2. Jadi, persamaan di atas mempunyai penyelesaianx = p+ 4r = 3 + 4r dengan r adalah suatu bilangan bulat.

c) Jika persamaan tersebut mempunyai penyelesaian, maka terdapat x yang memenuhi

12x� 8 = 15t:

Ruas kanan dapat dibagi 3, maka ruas kiri harus dapat dibagi 3. Suku 12xhabis dibagi 3, tetapi 8 tidak habis dibagi 3. Jadi persamaan tidak mempunyaipenyelesaian. �

Contoh 4.24 Selesaikan setiap kongruensi di bawah ini.

a) 5x = 7 (mod 12).

b) 3x = 6 (mod 101) :

c) 2x = 8 (mod 10) :

Penyelesaian. Diselesaikan satu persatu seperti berikut.


a) Dicatat bahwa 5 � 5 = 25 = 1 (mod 12). Karena itu

5 � 5x = 5 � 7 (mod 12)x = 35 (mod 12) = 11:

b) Dicatat 34 � 3 = 102 = 1 (mod 101). Karena itu

34 � 3x = 34 � 6 (mod 101)x = 204 (mod 101) = 2:

c) Di sini (2; 10) = 2, sehingga metode seperti di atas tidak bisa diaplikasikan. Berdasarkande�nisi kongruensi dan keterbagian, diminta 2x� 8 = k� 10 = 0 (mod 10) untuksuatu k 2 Z. Persamaan dapat dituliskan menjadi

2 (x� 4) = 0 (mod 10) = 10

dan memberikan persamaan

x� 4 = 0 atau x� 4 = 5:

Karena itu diperoleh penyelesaian untuk persamaan kongruensi yaitu x = 4 ataux = 9. �

Latihan 4.25 Cari penyelesaian untuk persamaan berikut ini.

a) 5x = 4 (mod 11) :

b) 3x = 7 (mod 17) :

c) 9x = 4 (mod 49) :

d) 100x = 7�mod112

�:

Latihan 4.26 Jika ada, cari penyelesaian untuk persamaan berikut ini.

a) 4x = 5 (mod 6) :

b) 6x = 2 (mod 8) :

c) 14x = 12 (mod 21) :

d) 8x = 4 (mod 12) :

Latihan 4.27 Untuk a = 1; 2; :::; 6, cari semua penyelesaian untuk persamaan ax =1 (mod 7).

Latihan 4.28 Cari semua bilangan bulat a dimana 1 � a � 5 sehingga ax = 1 (mod 6).

Latihan 4.29 Diberikan bilangan-bilangan bulat a dan b. Jika 0 < a < 7 dan 0 < b <7, tentukan a dan b sedemikian sehingga ab = 0 (mod 15).


4.3 Uji Keterbagian

Berikut ini diberikan suatu contoh aturan keterbagian yang sangat terkenal.

Teorema 4.30 (Casting-out 9�s) Suatu bilangan asli n dapat dibagi oleh 9 jika danhanya jika jumlahan dari digit-digitnya dapat dibagi oleh 9.

Bukti. Diambil n = ak10k + ak�110

k�1 + � � � + a110 + a0 sebagai ekspansi basis-10 dari n. Untuk 10 = 1 (mod 9), dipunyai 10j = 1 (mod 9). Karena itu diperolehn = ak + ak�1 + � � �+ a1 + a0.

Contoh 4.31 (AHSME 1992) Bilangan bulat dua digit dari 19 sampai 92 dituliskansecara berturutan untuk membentuk bilangan bulat

192021222324:::89909192: (4.4)

Berapakah pangkat terbesar dari 3 yang membagi bilangan tersebut?

Penyelesaian. Dengan penggunaan aturan casting-out 9, bilangan (4.4) dapat dibagioleh 9 jika dan hanya jika

19 + 20 + � � �+ 91 + 92 = 372 � 3

Oleh karena itu, bilangan (4.4) dapat dibagi oleh 3 tetapi tidak oleh 9. �

Contoh 4.32 (IMO 1975) Ketika 44444444 dituliskan dalam notasi desimal, jumlah-an dari digit-digitnya adalah A. Diambil B sebagai jumlahan dari digit-digit padabilangan A. Tentukan jumlahan dari digit-digit pada bilangan B. (A dan B dituliskandalam notasi desimal)

Penyelesaian. Dipunyai 4444 = 7 (mod 9), karena itu 44443 = 73 = 1 (mod 9). Jadi44444444 = 44443(1481) � 4444 = 1 � 7 = 7 (mod 9). Diambil C sebagai jumlahan daridigit-digit pada bilangan B.Berdasarkan aturan casting-out 9, 7 = 44444444 = A = B = C (mod 9). Sekarang,4444 log (4444) < 4444 log

�104�= 17776. Ini berarti bahwa 44444444 mempunyai paling

banyak 17776 digit, sehingga jumlahan dari digit-digit pada 44444444 adalah palingbesar 9 � 17776 = 159984, yang berarti A � 159984. Di antara semua bilangan asli� 159984, bilangan yang mempunyai jumlahan digit terbesar adalah 99999, sehinggadiperoleh B � 45. Dari semua bilangan asli � 45, bilangan yang mempunyai jumlahandigit terbesar adalah 39. Jadi jumlahan dari digit-digit B adalah paling besar 12.Tetapi karena C = 7 (mod 9), maka diperoleh C = 7. Jadi, jumlahan dari digit-digitpada bilangan B adalah 7. �

4.4 Sisa lengkap

De�nisi 4.33 Suatu himpunan x1; x2; :::; xn dinamakan sistem sisa lengkap (completeresidue system) modulo n jika untuk setiap bilangan bulat y terdapat secara tepat satuindeks j sedemikian sehingga y = xj (modn).


Dalam hal ini jelas bahwa untuk sembarang himpunan berhingga A dari bilangan-bilangan bulat, himpunan A akan membentuk himpunan sisa lengkap modulo n jikadan hanya jika himpunan A mempunyai n anggota dan setiap anggota dari himpunantidak saling kongruen modulo n. Sebagai contoh, himpunan A = f0; 1; 2; 3; 4; 5g mem-bentuk suatu himpunan sisa lengkap modulo 6, karena setiap bilangan bulat x kongruendengan satu dan hanya satu anggota dari A. Himpunan B = f�3;�2;�1; 1; 2; 3g tidakmembentuk himpunan sisa lengkap modulo 6 karena �3 = 3 (mod 6).Sekarang diperhatikan himpunan Zn = f0; 1; 2; :::; n� 1g. Sebagai contoh, diambiln = 3 sehingga dipunyai Z3 = f0; 1; 2g. Elemen 0 menyatakan semua semua bilanganbulat yang dapat dibagi oleh 3, sedangkan 1 dan 2 berturut-turut menyatakan semuabilangan bulat yang mempunyai sisa 1 dan 2 ketika dibagi oleh 3. Dide�nisikan jumlah-an pada Z3 seperti berikut ini. Diberikan a; b 2 Z3, maka terdapat c 2 Z3 sedemikiansehingga a+3 b = c (mod 3). Tabel 4.1 memuat semua penjumlahan yang mungkin.

Tabel 4.1: Tabel penjumlahan untuk Z3.

+3 0 1 2

0 0 1 2

1 1 2 0

2 2 0 1

Diamati bahwa Z3 bersama-sama dengan operasi+3 seperti yang diberikan dalam Tabel4.1 memenuhi sifat-sifat:

1. Elemen 0 2 Zn merupakan suatu elemen identitas untuk Z3, yaitu 0 memenuhi0 +3 a = a+3 0 = a untuk semua a 2 Z3.

2. Setiap elemen a 2 Z3 mempunyai suatu invers penjumlahan b, yaitu suatu elemensedemikan sehingga a +3 b = b +3 a = 0. Invers penjumlahan dari a dinotasikandengan �a. Dicatat bahwa di Z3 dipunyai �0 = 0, �1 = 2, dan �2 = 1.

3. Operasi penjumlahan di Z3 adalah asosiatif, yaitu untuk setiap a; b; c 2 Z3 berlakua+3 (b+3 c) = (a+3 b) +3 c.

Selanjutnya dikatakan bahwa (Z3;+3) membentuk suatu grup (group) dan dinamakangrup dari sisa dibawah penjumlahan modulo 3.Secara serupa, dide�nisikan (Zn;+n) sebagai grup dari sisa dibawah penjumlahan mod-ulo n.

Latihan 4.34 Konstruksikan tabel penjumlahan untuk Z6 dan Z8.

Latihan 4.35 Berapa banyak pasangan berurutan (a; b) 6= 0 yang berbeda di Z12 sede-mikian sehingga a+12 b = 0?

Bab 5

Faktorisasi Tunggal

5.1 FPB dan KPK

Diberikan a; b 2 Z dan keduanya tidak nol. Bilangan bulat positif terbesar yang mem-bagi a dan b dinamakan faktor persekutuan terbesar (greatest common divisor) dari adan b, dan dinotasikan dengan (a; b). Dicatat bahwa jika d j a dan d j b maka d j (a; b).Sebagai contoh, (68;�8) = 2, (1998; 1999) = 1.

Jika (a; b) = 1, maka a dan b dikatakan prima relatif (relatively prime) atau koprima(coprime). Jadi, jika a; b adalah prima relatif, maka keduanya tidak mempunyai faktorbersama yang lebih besar dari 1.

Jika a; b 2 Z, keduanya tidak nol, bilangan bulat positif terkecil yang merupakan keli-patan dari a dan b dinamakan kelipatan persekutuan terkecil (least common multiple)dari a dan b, dan dinotasikan dengan [a; b]. Dicatat bahwa jika a j c dan b j c maka[a; b] j c.

Berikut ini diberikan teorema-teorema yang berkaitan dengan faktor persekutuan terbe-sar.

Teorema 5.1 (Teorema Bachet-Bezout) Faktor persekutuan terbesar, disingkat FPB,dari sembarang dua bilangan bulat a dan b dapat dituliskan sebagai kombinasi linier daria dan b, yaitu terdapat bilangan bulat x; y dimana

(a; b) = ax+ by:

Bukti. Dimisalkan F = fax+ by > 0 : x; y 2 Zg. Jelas bahwa satu di antara �a,�b berada di F , untuk a dan b yang tak nol. Berdasarkan Prinsip Terurut Baik,F mempunyai elemen terkecil, misalnya d. Oleh karena terdapat x0, y0 sedemikiansehingga d = ax0+ by0. akan dibuktikan bahwa d = (a; b). Atau dengan kata lain akandibuktikan bahwa d j a, d j b dan jika t j a, t j b maka t j d.Pertama kali akan dibuktikan d j a. Berdasarkan Algoritma Pembagian, dapat dicaribilangan bulat q, r, dengan 0 � r < d sedemikian sehingga a = dq + r. Karena itu

r = a� dq = a� q (ax0 + by0) = a (1� qx0)� by0:

Jika r > 0, maka r 2 F lebih kecil daripada elemen terkecil d di F , yang kontradiksidengan kenyataan bahwa d adalah elemen terkecil di F . Jadi r = 0. Akibatnya dq = a,yang berarti d j a. Dengan cara serupa dapat dibuktikan bahwa d j b.

27

Bab 5. Faktorisasi Tunggal 28

Berikutnya diandaikan bahwa t j a dan t j b, maka a = tm dan b = tn untuk bilanganbulat m, n. Karena itu d = ax0 + by0 = t (mx0 + ny0), yang berarti t j d.

Di sini jelas bahwa sembarang kombinasi linier dari a dan b dapat dibagi oleh (a; b).

Akibat 5.2 Bilangan bulat positif a dan b adalah prima relatif jika dan hanya jikaterdapat bilangan bulat x dan y sedemikian sehingga ax+ by = 1.

Lemma 5.3 (Lemma Euclid) Jika a j bc dan (a; b) = 1, maka a j c.

Bukti. Untuk (a; b) = 1, berdasarkan Teorema Bachet-Bezout, terdapat bilanganbulat x; y dimana ax+ by = 1. Karena a j bc, terdapat suatu bilangan bulat s dimanaas = bc. Selanjutnya c = c � 1 = cax+ cby = cax+ asy, yang berarti a j c.

Teorema 5.4 Jika (a; b) = d, maka �a

d;b

d

�= 1:

Bukti. Berdasarkan Teorema Bachet-Bezout, terdapat bilangan bulat x; y dimana

ax+ by = d. Karena itu diperoleh�ad

�x+

�b

d

�y = 1 dimana

a

d,b

dadalah bilangan-

bilangan bulat. Disimpulkan bahwa�a

d;b

d

�= 1:

Teorema 5.5 Jika c adalah suatu bilangan bulat positif, maka

(ca; cb) = c (a; b) :

Bukti. Diambil d1 = (ca; cb) dan d2 = (a; b). Akan dibuktikan bahwa d1 j cd2 dan cd2 jd1. Untuk d2 j a dan d2 j b, maka cd2 j ca dan cd2 j cb. Jadi cd2 merupakan pembagipersekutuan dari ca dan cb, karena itu d1 j cd2. Berdasarkan Teorema Bachet-Bezout,dapat ditemukan bilangan-bilangan bulat x; y dimana d1 = acx + bcy = c (ax+ by).Tetapi karena ax+ by merupakan kombinasi linier dari a dan b, maka ini dapat dibagioleh d2. Karena itu terdapat suatu bilangan bulat s sedemikian sehingga sd2 = ax+by.Ini berarti bahwa d1 = csd2, artinya cd2 j d1.Serupa dengan di atas, berlaku (ca; cb) = jcj (a; b) untuk sembarang bilangan bulat taknol c.

Lemma 5.6 Untuk bilangan-bilangan bulat tak nol a, b, c berlaku

(a; bc) = (a; (a; b) c) :

Bukti. Karena (a; (a; b) c) membagi (a; b) c dan (a; b) c membagi bc (menurut Teorema5.5(a; b) c) maka (a; (a; b) c) membagi bc. Jadi (a; (a; b) c) membagi a dan bc, ataudituliskan (a; (a; b) c) j (a; bc). Di sisi lain, (a; bc) membagi a dan bc, karena itu (a; bc)membagi ac dan bc. Oleh karena itu, (a; bc) membagi (ac; bc) = (a; b) c. Jadi (a; bc)membagi a dan (a; b) c, atau dituliskan (a; bc) j (a; (a; b) c). Disimpulkan (a; bc) =(a; (a; b) c).

Teorema 5.7�a2; b2

�= (a; b)2.


Bukti. Diandaikan bahwa (m;n) = 1. Diaplikasikan lemma sebelumnya dua kali untukmemperoleh �

m2; n2�=�m2;

�m2; n

�n�=�m2; (n; (m;n)m)n

�:

Untuk (m;n) = 1, ruas kanan dari pernyataan di atas sama dengan�m2; n

�. Diaplika-

sikan kembali lemma di atas, diperoleh�m2; n

�= (n; (m;n)m) = 1:

Jadi (m;n) = 1 mengakibatkan�m2; n2

�=�m2; n

�= 1. Berdasarkan Teorema 5.4,�

a

(a; b);b

(a; b)

�= 1,

karena itu �a2

(a; b)2;b2

(a; b)2

�= 1.

Berdasarkan Teorema 5.5, pernyataan terakhir dikalikan dengan (a; b)2 untuk memper-oleh �

a2; b2�= (a; b)2 .

Contoh 5.8 Diambil (a; b) = 1. Buktikan bahwa�a+ b; a2 � ab+ b2

�= 1 atau 3.

Bukti. Dimisalkan d =�a+ b; a2 � ab+ b2

�. Berdasarkan Teorema Bachet-Bezout,

sembarang kombinasi linier dari a+ b dan a2� ab+ b2 dapat dibagi oleh d. Karena itud membagi

(a+ b) (a+ b) + (�1)�a2 � ab+ b2

�= 3ab:

Karena itu d membagi a+ b dan 3ab, akibatnya d membagi 3b (a+ b) + (�1) 3ab = 3b2atau dituliskan d j 3b2. Serupa dengan itu, diperoleh d j 3a2. Jadi

d j�3a2; 3b2

�= 3

�a2; b2

�= 3 (a; b)2 = 3:

Disimpulkan bahwa d = 1 atau 3.

Contoh 5.9 (IMO 1959) Buktikan bahwa pecahan21n+ 4

14n+ 3adalah irreducible (tidak

dapat disederhanakan) untuk setiap bilangan asli n.

Bukti. Untuk semua bilangan asli n dipunyai 3 (14n+ 3) � 2 (21n+ 4) = 1. Jadi,berdasarkan Akibat 5.2, diperoleh bahwa pembilang dan penyebut adalah prima relatif,atau dengan kata lain tidak mempunyai faktor persekutuan yang lebih besar dari 1.

Contoh 5.10 (AIME 1985) Bilangan-bilangan dalam barisan

101; 104; 109; 116; :::

mempunyai bentuk an = 100+n2, n = 1; 2; :::. Untuk setiap n, diambil dn = (an; an+1).Cari maksfdngn�1.


Penyelesaian. Diamati bahwa

dn =�100 + n2; 100 + (n+ 1)2

�=

�100 + n2; 100 + n2 + 2n+ 1

�=

�100 + n2; 2n+ 1

�:

Jadi dn j�2�100 + n2

�� n (2n+ 1)

�atau dn j (200� n). Oleh karena itu

dn j (2 (200� n) + (2n+ 1))

atau dn j 401 untuk semua n. Jadi maksfdngn�1 = 401. �

Contoh 5.11 Buktikan bahwa jikam dan n adalah bilangan-bilangan asli danm adalahganjil, maka (2m � 1; 2n + 1) = 1.

Bukti. Dimisalkan d = (2m � 1; 2n + 1). Karena 2m�1 dan 2n+1 adalah ganjil, makad haruslah suatu bilangan ganjil. Selain itu, dapat dituliskan 2m�1 = kd dan 2n+1 = lduntuk bilangan-bilangan asli k dan l. Oleh karena itu, 2mn = (kd+ 1)n = td+1, dimana

t =n�1Xj=0

�n

j

�kn�jdn�j�1. Melalui cara yang sama diperoleh 2mn = (ld� 1)m = ud� 1,

dengan menggunakan kenyataan bahwa m adalah ganjil. Untuk td + 1 = ud � 1 ataudapat dituliskan (u� t) d = 2, haruslah d j 2. Akibatnya d = 1.

Contoh 5.12 Berapa banyak bilangan bulat positif � 1260 yang prima relatif terhadap1260?

Penyelesaian. Karena 1260 = 22 � 32 � 5 � 7, sekarang masalahnya adalah mencaribilangan-bilangan yang lebih kecil dari 1260 dan tidak dapat dibagi oleh 2, 3, 5, atau 7.Diambil A menyatakan himpunan dari bilangan-bilangan bulat � 1260 dan merupakankelipatan dari 2, B adalah himpunan kelipatan dari 3, dan seterusnya. BerdasarkanPrinsip Inklusi-Eksklusi,

jA [B [ C [Dj = jAj+ jBj+ jCj+ jDj� jA \Bj � jA \ Cj � jA \Dj� jB \ Cj � jB \Dj � jC \Dj+ jA \B \ Cj+ jA \B \Dj+ jA \ C \Dj+ jB \ C \Dj� jA \B \ C \Dj

= 630 + 420 + 252 + 180� 210� 126� 90� 84� 60� 36+42 + 30 + 18 + 12� 6

= 972:

Jadi, banyaknya bilangan bulat positif � 1260 yang prima relatif terhadap 1260 adalah1260� 972 = 288. �

5.2 Bilangan Prima dan Faktorisasi

Diingat kembali de�nisi suatu bilangan prima, yaitu suatu bilangan bulat positif lebihbesar dari 1 yang hanya mempunyai pembagi positif 1 dan dirinya sendiri. Jelas bahwa


hanya 2 yang merupakan bilangan prima genap, dan juga hanya 2 dan 3 yang meru-pakan bilangan-bilangan prima yang berturutan. Suatu bilangan, selain 1, yang tidakprima dinamakan bilangan composite. Jelas bahwa jika n > 1 adalah composite makan dapat dituliskan sebagai n = ab, dimana 1 < a � b < n dan a; b 2 N.

Contoh 5.13 Tentukan semua bilangan bulat positif n untuk yang mana 3n�4, 4n�5,dan 5n� 3 adalah bilangan-bilangan prima.

Penyelesaian. Jumlah dari ketiga bilangan tersebut adalah 12n � 12, yang jelasmerupakan suatu bilangan genap, maka paling sedikit satu diantaranya adalah bilangangenap. Dipunyai bahwa bilangan prima genap hanyalah 2. Diamati bahwa 4n�5 tidakmungkin menjadi bilangan genap karena 4n selalu genap untuk setiap n, sehingga jikadikurangi suatu bilangan ganjil maka hasilnya ganjil. Tetapi 3n� 4 dan 5n� 3 adalahmungkin untuk menjadi bilangan genap. Karena itu diselesaikan persamaan 3n�4 = 2dan 5n� 3 = 2 yang secara berturutan menghasilkan n = 2 dan n = 1. Secara mudahbisa diperiksa bahwa n = 2 akan membuat ketiga bilangan tersebut adalah prima. �

Contoh 5.14 (AHSME 1976) Jika p dan q adalah prima, dan x2 � px + q = 0mempunyai dua akar bulat positif berbeda, tentukan p dan q.

Penyelesaian. Diambil x1 dan x2, dengan x1 < x2, sebagai dua akar bulat positif yangberbeda. Karena itu bisa dituliskan x2�px+q = (x� x1) (x� x2), yang mengakibatkanp = x1 + x2 dan q = x1x2. Karena q adalah prima, maka x1 = 1. Jadi, q = x2 danp = x2 + 1, yang berarti p dan q adalah dua bilangan prima yang berurutan, yaituq = 2 dan p = 3. �

Teorema 5.15 Jika n > 1, maka n dapat dibagi oleh paling sedikit satu bilangan prima.

Bukti. Karena n > 1, maka dipunyai paling sedikit satu pembagi > 1. BerdasarkanPrinsip Terurut Baik, n pasti mempunyai paling sedikit satu pembagi positif yang lebihbesar dari 1, misalnya q. Diklaim bahwa q adalah prima. Jika q bukan prima makadapat dituliskan q = ab, 1 < a � b < q. Ini berarti bahwa a adalah suatu pembagi darin yang lebih besar dari 1 dan lebih kecil dari q. Timbul kontradiksi dengan kenyataanbahwa q adalah minimal.

Teorema 5.16 (Euclid) Terdapat tak hingga banyak bilangan prima.

Bukti. Diandaikan terdapat berhingga banyak bilangan prima, misalnya p1, p2, ...,pn. Diambil

N = p1p2 � � � pn + 1

Bilangan bulat N adalah lebih besar dari 1, sehingga berdasarkan teorema sebelum-nya diperoleh bahwa N pasti mempunyai suatu pembagi prima p. Bilangan prima pharuslah salah satu dari bilangan-bilangan p1, p2, ..., pn. Tetapi, diamati bahwa p pastiberbeda dari sembarang p1, p2, ..., pn karena N mempunyai sisa 1 ketika dibagi olehsembarang pi. Jadi timbul kontradiksi.

Teorema 5.17 Jika bilangan bulat positif n adalah composite, maka n pasti mempun-yai suatu faktor prima p dengan p �

pn.


Bukti. Diandaikan bahwa n = ab, dimana 1 < a � b < n. Jika a; b >pn, maka

n = ab >pnpn = n, yang adalah kontradiksi. Jadi n mempunyai suatu faktor 6= 1

dan �pn. Karena itu, faktor prima dari n adalah �

pn.

Contoh 5.18 Berapa banyak bilangan prima � 100?

Penyelesaian. Diamati bahwap100 = 10. Berdasarkan teorema sebelumnya, semua

bilangan composite dalam range 10 � n � 100 mempunyai suatu faktor prima diantara2, 3, 5, atau 7. Dimisalkan Am adalah himpunan bilangan-bilangan bulat positif yangmerupakan kelipatan dari m dan � 100. Diperoleh jA2j = 50, jA3j = 33, jA5j = 20,jA7j = 14, jA6j = 16, jA10j = 10, jA14j = 7, jA15j = 6, jA21j = 4, jA35j = 2, jA30j = 3,jA42j = 2, jA70j = 1, jA105j = 0, jA210j = 0. Jadi, banyaknya bilangan prima � 100adalah

= 100� (banyak bilangan composite � 100)� 1= 100 + 4� (kelipatan dari 2; 3; 5; atau 7 � 100)� 1= 100 + 4� (50 + 33 + 20 + 14) + (16 + 10 + 7 + 6 + 4 + 2)

�(3 + 2 + 1 + 0)� 0� 1= 25

dengan mengingat bahwa 1 bukanlah prima atau composite. �Sekarang diperhatikan bilangan bulat 1332. Jelas bahwa bilangan tersebut dapat dibagioleh 2, sehingga diperoleh 1332 = 2�666. Selanjutnya, 666 dapat dibagi oleh 6, sehingga1332 = 2 � 2 � 3 � 111. Terakhir, 111 dapat dibagi oleh 3, sehingga diperoleh 1332 =2 � 2 � 3 � 3 � 37. Karena 2, 3, 37 adalah bilangan-bilangan prima maka proses faktorisasidari 1332 berhenti. Selanjutnya faktorisasi dari 1332 dapat dituliskan seperti 223237.Faktorisasi demikian dinamakan faktorisasi kanonis (canonical factorisation).

Teorema 5.19 (Teorema Fundamental Aritmatika) Setiap bilangan asli n � 1mempunyai suatu faktorisasi tunggal dalam bentuk

n = pa11 pa22 � � � pass

dimana pi adalah prima berbeda dan ai adalah bilangan bulat positif.

Bukti. Diasumsikan bahwa

n = pa11 pa22 � � � pass = qb11 q

b22 � � � q

btt

merupakan dua faktorisasi kanonis dari n. Berdasarkan Lemma Euclid, disimpulkanbahwa setiap p pasti membagi suatu q dan setiap q membagi suatu p. Akibatnya s = t.Selanjutnya, dari p1 < p2 < � � � < ps dan q1 < q2 < � � � < qt disimpulkan bahwa pi = qi,1 � i � s.Jika ai > bi untuk suatu i, atas pembagian oleh p

aii , diperoleh

pa11 pa22 � � � p

ai�bii � � � pass = pb11 p

b22 � � � p

bi�1i�1 p

bi+1i+1 � � � p

bss ;

yang adalah tidak mungkin, karena ruas kiri dapat dibagi oleh pi dan ruas kanan tidakdapat dibagi oleh pi. Serupa dengan itu, diperoleh hasil yang sama untuk ai < bi. Jadiharuslah ai = bi untuk semua i.


Contoh 5.20 Diambil p adalah suatu bilangan prima. Buktikan bahwapp bukan suatu

bilangan rasional.

Bukti. Diasumsikan bahwapp adalah rasional, artinya

pp =

a

bdimana a dan b

bilangan-bilangan asli yang prima relatif sebab faktor-faktor persekutuannya dapatdihapus. Karena itu bisa dituliskan pb2 = a2. Jadi p j a2 dan juga p j a. Dituliskan a =a1p untuk suatu bilangan bulat a1, maka dipunyai pb2 = a21p

2, sehingga b2 = a21p yangberarti p j b. Jadi, p adalah faktor persekutuan dari a dan b, sehingga ini kontradiksidengan asumsi. Jadi,

pp bukan suatu bilangan rasional.

Contoh 5.21 Buktikan bahwa terdapat tepat satu bilangan asli n dimana 28+ 211+ 2n

adalah pangkat dua sempurna.

Bukti. Jika k2 = 28+211+2n = 2304+2n = 482+2n, maka k2�482 = (k � 48) (k + 48) =2n. Berdasarkan faktorisasi tunggal diperoleh k� 48 = 2s, k+48 = 2t, s+ t = n. Darisini diperoleh 2t � 2s = 96 = 3 � 25 atau 2s

�2t�s � 1

�= 3 � 25. Berdasarkan faktorisasi

tunggal, dari kesamaan terakhir diperoleh s = 5, t � s = 2. Jadi, s = 5 dan t = 7,sehingga n = s+ t = 12.Untuk suatu bilangan prima p, pk dikatakan membagi penuh (fully divide) n dan dit-uliskan pk k n jika k adalah bilangan bulat positif terbesar sedemikian sehingga pk j n.

Contoh 5.22 (ARML 2003) Tentukan pembagi terbesar dari 1001001001 yang tidakmelebihi 1000.

Penyelesaian. Dipunyai

1001001001 = 1001 � 106 + 1001 = 1001 ��106 + 1

�= 7 � 11 � 13 �

�106 + 1

�:

Berdasarkan rumus x6 + 1 =�x2�3+ 1 =

�x2 + 1

� �x4 � x2 + 1

�, dituliskan 106 + 1 =

101 � 9901. Karena itu dapat dituliskan 1001001001 = 7 � 11 � 13 � 101 � 9901. Dari sinitidaklah sulit untuk memeriksa bahwa tidak ada kombinasi dari 7, 11, 13, dan 101 yangdapat menghasilkan suatu hasil kali yang lebih besar dari 9901 tetapi kurang dari 1000.Jadi jawabannya adalah 9901. �

Contoh 5.23 Diambil n adalah suatu bilangan bulat positif. Buktikan bahwa 32n+ 1

dapat dibagi oleh 2, tetapi tidak dapat dibagi oleh 4.

Bukti. Jelas bahwa 32nadalah ganjil dan 32

n+ 1 adalah genap. Dicatat bahwa

32n=�32�2n�1

= 92n�1

= (8 + 1)2n�1. Dipunyai rumus binomial

(x+ y)m = xm +

�m

1

�xm�1y +

�m

2

�xm�2y2 + � � �+

�m

m� 1

�xym�1 + ym:

Diambil x = 8, y = 1, dan m = 2n�1 dalam persamaan di atas, maka pada ruas kanandapat dilihat bahwa setiap bagian jumlahan merupakan kelipatan dari 8 kecuali yangterakhir (yaitu ym = 1). Karena itu sisa dari 32

nketika dibagi oleh 4 adalah sama

dengan 1, dan sisa dari 32n+ 1 ketika dibagi oleh 4 adalah sama dengan 2.

Contoh 5.24 Tentukan n sedemikian sehingga 2n k�31024 � 1

�.


Penyelesaian. Dicatat bahwa 210 = 1024 dan x2 � y2 = (x+ y) (x� y). Karena itu

3210 � 1 =

�32

9�2� 12

=�32

9+ 1��32

9 � 1�=�32

9+ 1��32

8+ 1��32

8 � 1�

= � � � =�32

9+ 1��32

8+ 1��32

7+ 1�� 32

1+ 1��32

0+ 1�(3� 1) :

Berdasarkan contoh sebelumnya, 2 j�32

k+ 1�untuk bilangan bulat positif k. Karena

itu, dari persamaan terakhir dapat dilihat bahwa setiap faktor dapat dibagi oleh 2.Karena banyaknya faktor adalah 11 dan juga 32

10 � 1 dapat dibagi oleh 20, makan = 11 + 1 = 12. �

5.3 Teorema Fermat dan Teorema Euler

Untuk sembarang bilangan bulat positif m dinotasikan ' (m) sebagai banyaknya bi-langan bulat positif yang kurang dari m dan prima relatif terhadap m. Fungsi 'dinamakan fungsi totient Euler. Ini jelas bahwa ' (1) = 1 dan ' (p) = p � 1 untuksembarang bilangan prima p. Selain itu, jika n adalah suatu bilangan bulat positifsedemikian sehingga ' (n) = n�1, maka n adalah prima. Selain itu '

�pk�= pk�pk�1

untuk semua bilangan bulat positif k, karena terdapat pk�1 bilangan bulat x yangmemenuhi 0 � x < pk yang dapat dibagi oleh p, dan bilangan-bilangan bulat yangprima relatif terhadap pk tidak dapat dibagi oleh p.

Proposisi 5.25 Diambil m adalah suatu bilangan bulat positif dan a adalah bilanganbulat yang prima relatif terhadap m. Diandaikan bahwa S adalah sistem sisa lengkapmodulo m. Himpunan

T = aS = fas : s 2 Sg

juga merupakan sistem lengkap modulo m.

Proposisi di atas menyediakan dua teorema yang sangat terkenal dalam teori bilangan.

Teorema 5.26 (Teorema Euler) Diambil a dan m adalah bilangan-bilangan bulatpositif prima relatif, maka a'(m) = 1 (modm) :

Bukti. Diperhatikan himpunan S =�a1; a2; :::; a'(m)

yang terdiri dari semua bilan-

gan bulat positif yang kurang dari m dan prima relatif terhadap m. Karena (a;m) = 1,dari proposisi sebelumnya diperoleh bahwa

aS =�aa1; aa2; :::; aa'(m)

merupakan sistem sisa lengkap modulo m yang lain, maka

(aa1) (aa2) :::�aa'(m)

�= a1a2:::a'(m) (modm):

Dengan penggunaan (ak;m) = 1, k = 1; 2; :::; ' (m) diperoleh hasil yang diinginkan.

Teorema 5.27 (Teorema Fermat) Diambil p adalah suatu bilangan prima, makaap = a (mod p) untuk semua bilangan bulat a. Selain itu jika a adalah prima relatifterhadap p, maka ap�1 = 1(mod p)


Contoh 5.28 Diambil p adalah bilangan prima. Buktikan bahwa p membagi abp� bapuntuk semua bilangan bulat a dan b.

Bukti. Dicatat bahwa abp � bap = ab�bp�1 � ap�1

�.

Jika p j ab, maka p j (abp � bap); jika p - ab, maka (p; a) = (p; b) = 1, sehinggabp�1 = ap�1 = 1(mod p), berdasarkan Teorema kecil Fermat. Karena p j

�bp�1 � ap�1

�,

akibatnya p j (abp � bap). Oleh karena itu p j (abp � bap) untuk semua p.

Contoh 5.29 Diambil suatu bilangan prima p � 7. Buktikan bahwa bilangan prima

11:::1| {z }p�1

dapat dibagi p.

Bukti. Dipunyai

11:::1| {z }p�1

=10p�1 � 1

9;

dan kesimpulan diperoleh dari Teorema Fermat. (Dicatat juga bahwa (10; p) = 1).

Contoh 5.30 Diambil suatu bilangan prima p � 5. Buktikan bahwa p8 = 1(mod 240).

Bukti. Dicatat bahwa 240 = 24 � 3 � 5. Berdasarkan Teorema Fermat, p2 = 1(mod 3)dan p4 = 1(mod 5). Karena suatu bilangan bulat positif adalah prima relatif terhadap24 jika hanya jika bilangan bulat positif adalah ganjil, maka '

�24�= 23. Berdasarkan

Teorema Euler, dipunyai 28 = 1(mod 16). Oleh karena itu p8 = 1(modm) untukm = 3,5, dan 6, yang berakibat p8 = 1(mod 240).

Contoh 5.31 (IMO 2005) Diperhatikan barisan a1; a2; ::: yang dide�nisikan oleh

an = 2n + 3n + 6n � 1

untuk semua bilangan bulat positif n. Tentukan semua bilangan bulat positif yang primarelatif terhadap setiap suku dari barisan.

Penyelesaian. Cukup ditunjukkan bahwa setiap bilangan prima p membagi an untuksuatu bilangan bulat positif n. Dicatat bahwa p = 2 dan p = 3 membagi a2 = 48.Diandaikan p � 5. Berdasarkan Teorema Fermat, dipunyai 2p�1 = 3p�1 = 6p�1 =1 (mod p), maka

3 � 2p�1 + 2 � 3p�1 + 6p�1 = 3 + 2 + 1 = 6(mod 6);

atau 6�2p�2 + 3p�2 + 6p�2 � 1

�= 0(mod p), artinya 6ap�2 dapat dibagi oleh p. Karena

p adalah prima relatif terhadap 6, ap�2 dapat dibagi oleh p. Karena itu jawabannyaadalah 1. �

Bab 6

Algoritma Euclid

Sekarang akan diperiksa suatu prosedur yang menghindari pemfaktoran dua bilanganbulat positif untuk memperoleh faktor persekutuan terbesar. Ini dinamakan AlgoritmaEuclid dan digambarkan seperti berikut ini. Diambil a, b adalah bilangan-bilangan bu-lat tak nol. Setelah Algoritma Pembagian diaplikasikan secara berulang-ulang, diper-oleh barisan kesamaan, dengan r0 = a dan r1 = b,

r0 = q1r1 + r2; 0 < r2 < jr1j ;r1 = q2r2 + r3; 0 < r3 < r2;r2 = q3r3 + r4; 0 < r4 < r3;...

...rn�3 = qn�2rn�2 + rn�1; 0 < rn�1 < rn�2;rn�2 = qn�1rn�1 + rn; 0 < rn < rn�1;rn�1 = qnrn:

Dicatat bahwa0 � rn < rn�1 < � � � < r3 < r2 < b;

karena itu pada akhirnya dicapai rn+1 yang sama dengan nol. Selain itu, diperhatikanbahwa barisan kesamaan memperbolehkan setiap rk, k = 2; :::; n dinyatakan dalamsuku-suku dari rk�2 dan rk�1. Sebagai contoh, dipunyai

rn�1 = rn�2 � qn�1rn�1:

Digunakan pernyataan tersebut secara berulang, maka dapat dituliskan

rn = ur0 + vr1 = ua+ vb:

Jadi rn dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linier dari a dan b. BerdasarkanTeorema Bachet-Bezout, disimpulkan bahwa rn adalah FPB dari a dan b. Jadi, sukusisa tak nol terakhir rn yang dihasilkan oleh algoritma Euclid adalah (a; b).Selanjutnya, FPB dari dua bilangan bulat boleh dinyatakan sebagai suatu kombinasilinier dari dua bilangan bulat tersebut dengan menggunakan metode substitusi balik.

Contoh 6.1 Tentukan (84; 60), dan selanjutnya nyatakan sebagai suatu kombinasi li-nier dari kedua bilangan bulat tersebut.

36

Bab 6. Algoritma Euclid 37

Penyelesaian. Diambil a = 84 dan b = 60, maka

84 = 1 � 60 + 24; 24 = 84 + (�1) � 60;60 = 2 � 24 + 12; 12 = 60 + (�2) � 24;24 = 1 � 12; 12 = (84; 60) :

Selanjutnya dikerjakan secara mundur untuk mendapatkan

12 = 60 + (�2) � 24= 60 + (�2) � (84 + 60 � (�1))= (�2) � 84 + 3 � 60.

Jadi,(84; 60) = 12 = (�2) � 84 + 3 � 60.

�

Contoh 6.2 Tentukan (190;�72), dan selanjutnya nyatakan sebagai suatu kombinasilinier dari kedua bilangan bulat tersebut.

Penyelesaian. Diambil a = 190 dan b = �72, maka

190 = (�2) � (�72) + 46; 46 = 190 + 2 � (�72) ;�72 = (�2) � 46 + 20; 20 = �72 + 2 � 46;46 = 2 � 20 + 6; 6 = 46 + (�2) � 20;20 = 3 � 6 + 2; 2 = 20 + (�3) � 6;6 = 3 � 2; 2 = (190;�72) :


2 = 20 + (�3) � 6= 20 + (�3) � (46 + (�2) � 20)= (�3) � 46 + 7 � 20= (�3) � 4 + 7 � (�72 + 2 � 46)= 7 � (�72) + 11 � 46= 7 � (�72) + 11 � (190 + 2 � (�72))= 11 � 190 + 29 � (�72) :

Jadi, (190;�72) = 2 = 11 � 190 + 29 � (�72). �Ini juga dapat dilakukan dengan menggunakan kenyataan bahwa (190;�72) = (190; 72)dan dikerjakan seperti berikut ini.

Contoh 6.3 Tentukan (190; 72), dan selanjutnya nyatakan sebagai suatu kombinasilinier dari kedua bilangan bulat tersebut.


Penyelesaian. Diambil a = 190 dan b = 72, maka

190 = 2 � 72 + 46; 46 = 190 + (�2) � 72;72 = 1 � 46 + 26; 26 = 72 + (�1) � 46;46 = 1 � 26 + 20; 20 = 46 + (�1) � 26;26 = 1 � 20 + 6 6 = 26 + (�1) � 2020 = 3 � 6 + 2; 2 = 20 + (�3) � 6;6 = 3 � 2; 2 = (190; 72) :


2 = 20 + (�3) � 6= 20 + (�3) � (26 + (�1) � 20)= (�3) � 26 + 4 � 20= (�3) � 26 + 4 � (46 + (�1) � 26)= 4 � 46 + (�7) � 26= 4 � 46 + (�7) � (72 + (�1) � 46)= (�7) � 72 + 11 � 46= (�7) � 72 + 11 � (190 + (�2) � 72)= 11 � 190 + 29 � (�72) :

Jadi, (190; 72) = 2 = 11 � 190 + 29 � (�72). �Dicatat bahwa jika (a; b) = ua+vb, maka nilai-nilai u; v tidak tunggal. Sebagai contoh,

83 � 190 + 219 � (�72) = 2:

Secara umum, bilangan-bilangan u; v dapat dimodi�kasi menjadi u + tb dan v � takarena

(u+ tb) a+ (v � ta) b = (ua+ vb) + (tba� tab) = ua+ vb:

Jadi, pendekatan-pendekatan berbeda untuk menentukan kombinasi linier dari (a; b)dapat menghasilkan jawaban-jawaban berbeda.Suatu persamaan yang meminta penyelesaian-penyelesaian bilangan bulat dinamakanpersamaan diophantine. Berdasarkan Teorema Bachet-Bezout, diperhatikan bahwapersamaan diophantine linier

ax+ by = c (6.1)

mempunyai suatu penyelesaian bilangan bulat jika dan hanya jika (a; b) j c. AlgoritmaEuclid merupakan suatu cara yang e�sien untuk mencari suatu penyelesaian bagi per-samaan (6.1). Sebagai contoh, dari masalah sebelumnya, penyelesaian bilangan bulatuntuk persamaan diophantine

190x+ 72y = 2

adalah x = 11, y = �29.

Contoh 6.4 Tunjukkan bahwa persamaan diophantine 206x + 446y = 40 mempunyaipenyelesaian-penyelesaian bulat. Cari penyelesaian (x; y) sedemikian sehingga x + ymengambil nilai positif terkecil.


Penyelesaian. Diaplikasikan Algoritma Euclid:

446 = 2:206 + 34 =) 206 = 6:34 + 2 =) 34 = 2:17:

Karena (206; 446) = 2 dan 2 j 40, maka terdapat penyelesaian-penyelesaian bilanganbulat.Selanjutnya disubstitusi balik untuk memperoleh

2 = 206� 6 � 34 = 206� 6 � (446� 2 � 206) = 13:206� 6:446:

Sekarang, karena 40 = 20 � 2, maka dapat dituliskan

40 = 20 � (13 � 206� 6 � 446) = 260 � 206� 120 � 446:

Jadi, penyelesaiannya adalah x = 260 dan y = �120. Penyelesaian umumnya adalah

x = 260� 4462t = 260� 223t;

y = �120 + 2062t = �120 + 103t;

untuk suatu t 2 Z. Karena itu, x+ y = 140� 120t, dan t 2 Z, sehingga x+ y bernilaipositif terkecil untuk t = 1, bernilai negatif untuk t � 2, dan x+ y > 140 untuk t � 0.Jadi, penyelesaian yang diminta yaitu x = 37 dan y = �17. �

Contoh 6.5 Cari semua penyelesaian bulat x dimana 0 � x < 9 dari kongruensilinear 6x = 15 (mod 9), atau, jika tidak ada penyelesaian, berikan alasan kenapa tidakada penyelesaian.

Penyelesaian. Kita harus menyelesaikan persamaan diophantine 6x + 9y = 15 atauekivalen dengan 2x+ 3y = 5. Karena 2 � (�1) + 3 � (1) = 1, maka 2 � (�5) + 3 � (5) = 5.Oleh karena itu, suatu penyelesaiannya adalah x = �5. Karena (6; 9) = 3, semuapenyelesaiannya mempunyai bentuk

x = �5� 93t = �5� 3t

untuk suatu t 2 Z. Terdapat tiga penyelesaian mod9, yaitu �5 � 3 (�2) = 1, �5 �3 (�3) = 4, dan �5� 3 (�4) = 7. �

Contoh 6.6 Vian ingin membeli beberapa prangko klas kedua dengan harga $20 perprangko, dan beberapa prangko klas pertama dengan harga $26 per prangko. Uang yangsaya miliki 264. Berapa banyak prangko yang dapat dibeli oleh Vian?

Penyelesaian. Dimisalkan x adalah banyaknya prangko klas kedua, dan y adalahbanyaknya prangko klas pertama. Selanjutnya x; y 2 Z, dengan 20x+ 26y = 264, danx; y � 0.Sekarang dicari suatu penyelesaian bilangan bulat dari persamaan (menggunakan Al-goritma Euclid)

26 = 1 � 20 + 6 =) 6 = 3 � 2 + 0:

Selanjutnya disubstitusi balik untuk memperoleh

2 = 20� 3 � 6 = 20� 3 � (26� 20) = 4 � 20� 3 � 26:


Jadi, 2 = 4 � 20� 3 � 6. Sekarang 264 = 132 � 2, sehingga

264 = 132 � (4 � 20� 3 � 26) = 528 � 20� 396 � 26:

Dari sini, penyelesaian umumnya adalah

x = 528 +26

2t dan y = �396� 20

2t

untuk suatu t 2 Z. Dengan kata lain, x = 528 + 13t dan y = �396 � 10t untuk suatut 2 Z.Diminta juga bahwa x dan y adalah tak negatif. x � 0 ekivalen dengan 528 + 13t � 0,yaitu t � �528

13 = �(40 + 83). Untuk t 2 Z, harus dipunyai t � �40. y � 0 ekivalen

dengan �396 � 10t � 0, yaitu t � �39610 = �(39 + 6

10). Untuk t 2 Z, harus dipunyait � �40. Penyelesaian persekutuannya yaitu t = �40. Ini memberikan hasil:

x = 528 + (�40:13) = 8; dan y = �396� (�40) � 10 = 4:

Dengan kata lain, Vian membeli 8 prangko klas kedua dan 4 prangko klas pertama.�

Contoh 6.7 Tentukan suatu penyelesaian bulat untuk persamaan

91x+ 126y + 294z = 21:

Penyelesaian. Dimulai dengan mencari (126; 294). Diaplikasikan Algoritma Euclid:

294 = 2 � 126 + 42 =) 126 = 3:42 + 0:

Jadi, (126; 294) = 42. Selanjutnya disubstitusi balik untuk memperoleh

42 = 1:294� 2:126: (6.2)

Ini berarti bahwa (91; 126; 294) = (91; (126; 294)) = (91; 42). Diaplikasikan AlgoritmaEuclid:

91 = 2:42 + 7 =) 42 = 6:7 + 0;

dan disubstitusi balik untuk memperoleh

7 = 1:91� 2:42: (6.3)

Sekarang dicari suatu penyelesaian bulat dari persamaan

91X + 42W = 21:

Karena (91; 42) = 7 j 21, maka terdapat penyelesaian-penyelesaian bulat. Karena21 = 3:7, maka dengan penggunaan (6.3) dan (6.2) dipunyai

21 = 3 � 7= 3 � (1 � 91� 2 � 42) = 3 � 91� 6 � 42= 3 � 91� 6 � (1 � 294� 2 � 126)= 3 � 91� 6 � 294 + 12 � 126:


Jadi, dipunyai penyelesaian bulat

x = 3; y = 12; z = �6:

�

Contoh 6.8 (HMMT 2002) Hitung

x =�2002 + 2; 20022 + 2; 20023 + 2; :::

�:

Penyelesaian. Dicatat bahwa

20022 + 2 = 2002 (2000 + 2) + 2 = 2000 (2002 + 2) + 6:

Jadi, berdasarkan Algoritma Euclid dipunyai�2002 + 2; 20022 + 2

�= (2004; 6) = 6:

Karena itu x j�2002 + 2; 20022 + 2

�= (2004; 6) atau x j 6. Di sisi lain, setiap bilangan

dalam barisan 2002+2; 20022+2; 20023+2; ::: dapat dibagi oleh 2. Lebih lanjut, karena2002 = 2001 + 1 = 667 � 3 + 1, untuk semua bilangan bulat positif k, 2002k = 3ak + 1untuk suatu bilangan bulat ak. Jadi, 2002k + 2 dapat dibagi oleh 3. Karena 2 dan3 adalah prima relatif, setiap bilangan dalam barisan tersebut dapat dibagi 6. Olehkarena itu x = 6. �

Latihan 6.9 Tentukan

1. (34567; 987)

2. (560; 600)

3. (4554; 36)

4. (8098643070; 8173826342)

Latihan 6.10 Selesaikan persamaan diophantine berikut ini, jika diketahui bahwa penye-lesaiannya ada.

1. 24x+ 25y = 18

2. 3456x+ 246y = 44

3. 1998x+ 2000y = 33

6.1 Sistem Kongruensi Linear

Suatu sistem kongruensi linear dalam variabel x mempunyai bentuk8>>><>>>:a1x = b1 (modn1)a2x = b2 (modn2)

...arx = br (modnr)

:


Berikut ini diberikan suatu contoh yang mengilustrasikan bahwa hubungan antara mod-ulo kongruensi-kongruensi merupakan syarat terpenting dalam menentukan apakah su-atu sistem kongruensi linear mempunyai penyelesaian atau tidak.

Contoh 6.11 Apakah sistem kongruensi

x = 8 (mod 12) ; x = 6 (mod 9)

mempunyai penyelesaian? Berikan penjelasan.

Penyelesaian. Karena (12; 9) = 3 dan kongruensi pertama mengakibatkan x = 8 =2 (mod 3), sedangkan kongruensi kedua mengakibatkan x = 6 = 0 (mod 3), maka sistemtidak mempunyai penyelesaian. �Sifat penyelesaian dari suatu sistem kongruensi linear ditemukan pertama kali olehmatematikawan Cina kuno dan ditulis pertama kali dalam Shushu Jiuzhang (NineChapters on the Mathematical Arts) oleh matematikawan abad 13 Qin Jiushao.

Teorema 6.12 (Teorema Sisa Cina) Jika n1; n2 2 Z+ adalah koprima dan b1; b2 2Z, maka sistem kongruensi

x = b1 (modn1) ; x = b2 (modn2)

mempunyai suatu penyelesaian tunggal di modulo n1n2.

Contoh 6.13 Selesaikan sistem

x = 2 (mod 5) ; x = 1 (mod 3) :

Penyelesaian. Dituliskan x = 2 (mod 5) menjadi x = 2 + 5m untuk suatu m 2 Z dandituliskan x = 1 (mod 3) menjadi x = 1 + 3n untuk suatu n 2 Z. Disamakan keduapersamaan untuk memperoleh 2+5m = 1+3n atau 3n� 5m = 1. Persamaan terakhirdapat diselesaikan menggunakan algoritma Euclid yang menyatakan kombinasi lineardari (3;�5) = 1:

3� 2 + (�5)� 1 = 1:

Jadi penyelesaiannya adalah m = 1 dan n = 2, sedangkan penyelesaian umumnya yaitu

m = 1 + 3t dan n = 2 + 5t; untuk suatu t 2 Z;

karena 3 (2 + 5t)� 5 (1 + 3t) = 1. Jadi, x yang memenuhi kedua kongruensi yaitu

x = 2 + 5 (1 + 3t) = 7 + 15t; t 2 Z;

atau dengan kata lain x = 7 (mod 15). �

Contoh 6.14 Selesaikan sistem kongruensi

3x = 1 (mod 4) ; 5x = 2 (mod 7) :

Penyelesaian. Dimulai dengan pengamatan bahwa 32 = 9 = 1 (mod 4) dan 3 � 5 =15 = 1 (mod 7), karena itu sistem kongruensi asli ekivalen dengan sistem kongruensi

x = 3 (mod 4) ; x = 6 (mod 7) :


Selanjutnya sistem diselesaikan seperti pada contoh sebelumnya (diserahkan kepadapembaca sebagai latihan) untuk memperoleh penyelesaian bilangan bulat umum yaitux = 27 (mod 28). �

Contoh 6.15 Tentukan semua penyelesaian bulat dari sistem kongruensi

7x = 1 (mod 8) ; x = 2 (mod 3) ; x = 1 (mod 5) :

Penyelesaian. Diproses dalam dua tahap. Tahap pertama diselesaikan sistem kon-gruensi

7x = 1 (mod 8) ; x = 2 (mod 3)

di modulo 24. Diamati bahwa 72 = 1 (mod 8), sehingga sistem kongruensi menjadi

x = 7 (mod 8) ; x = 2 (mod 3) :

Diaplikasikan Algoritma Euclid untuk memperoleh

(�1)� 8 + 3� 3 = 1;

dan karena itu diperoleh penyelesaian tunggal

x = (�1)� 8� 2 + 3� 3� 7 = 23 (mod 24) :

Tahap kedua diselesaikan sistem kongruensi

x = 23 (mod 24) ; x = 1 (mod 5) :

Dipunyai bahwa x = 23 (mod 24) = �1 (mod 24), sehingga sistem kongruensi menjadi

x = �1 (mod 24) ; x = 1 (mod 5) :

Diaplikasikan Algoritma Euclid untuk memperoleh

(�1)� 24 + 5� 5 = 1;

dan karena itu diperoleh penyelesaian tunggal

x = (�1)� 24� 1 + 5� 5� (�1) = 71 (mod 120) :

Jadi, penyelesaian bulat umum dari sistem yaitu x = 71 + 120n, n 2 N. �

Latihan 6.16 Selesaikan sistem persamaan berikut ini.

a) x = 1 (mod 2) ; x = 2 (mod 3) :

b) 3x = 1 (mod 5) ; 2x = 3 (mod 7) :

c) x = 5 (mod 15) ; 4x = 7 (mod 11) :

d) 2x = 3 (mod 5) ; 7x = 9 (mod 13) :

Latihan 6.17 Selesaikan sistem persamaan berikut ini.

a) x = 1 (mod 2) ; x = 1 (mod 3) ; x = 1 (mod 5) :


b) x = 1 (mod 2) ; x = 2 (mod 3) ; x = 4 (mod 5) :

c) 2x = 1 (mod 3) ; 3x = 4 (mod 5) ; 3x = 7 (mod 8) :

d) 5x = 2 (mod 3) ; 4x = 3 (mod 10) ; 5x = 9 (mod 25) :

Latihan 6.18 Cari penyelesaian untuk sistem persamaan

x = 1 (mod 3) ; x = 3 (mod 5) ; x = 5 (mod 7) ; x = 7 (mod 9) :

Bab 7

Fungsi-fungsi Bilangan-Teoritik

7.1 Fungsi Floor

Untuk suatu bilangan riil x, terdapat secara tunggal bilangan bulat n sedemikian se-hingga n � x < n+ 1. Dengan kata lain, n adalah bilangan bulat terbesar yang tidakmelebihi x, atau n dinamakan �oor dari x, dan dinotasikan dengan bxc. Selisih x�bxcdinamakan bagian pecahan dari x dan dinotasikan dengan fxg. Bilangan bulat terkecilyang lebih besar atau sama dengan x dinamakan ceiling dari x dan dinotasikan de-ngan dxe. Jika x adalah suatu bilangan bulat, maka bxc = dxe dan fxg = 0; jika xbukan suatu bilangan bulat, maka dxe = bxc+ 1. Berikut ini diberikan contoh-contohsederhana:

1. b3; 1c = 3 dan d3; 1e = 4

2. b3c = 3 dan d3e = 3

3. b�3; 1c = �4 dan d�3; 1e = �3

Lemma 7.1 Untuk setiap x 2 R berlaku

x� 1 < bxc � x:

Bukti. Diambil n = bxc, maka dipunyai bahwa n � x < n + 1. Hal ini memberikanbxc � x, seperti dalam de�nisi. Ini juga memberikan x < n + 1 yang mengakibatkanbahwa x� 1 < n, artinya x� 1 < bxc.Selanjutnya, fungsi �oor memiliki sifat-sifat seperti dalam teorema berikut ini.

Teorema 7.2 Jika �; � 2 R, a 2 Z, n 2 N, maka

(1) b�+ ac = b�c+ a

(2)j�n

k=

�b�cn

�(3) b�c+ b�c � b�+ �c � b�c+ b�c+ 1

Bukti.

(1) Diambilm = b�+ ac, makam � �+a < m+1. Karena itum�a � � < m�a+1.Ini berarti bahwa m� a = b�c atau m = b�c+ a.

45

Bab 7. Fungsi-fungsi Bilangan-Teoritik 46

(2) Dituliskan�

nsebagai

�

n=j�n

k+ �, 0 � � < 1. Karena n

j�n

kadalah suatu

bilangan bulat, berdasarkan (1) disimpulkan bahwa

b�c =jnj�n

k+ n�

k= n

j�n

k+ bn�c :

Dipunyai 0 � bn�c � n� < n, sehingga 0 � bn�cn

< 1. Jika diambil � =bn�cn,

maka diperolehb�cn=j�n

k+�; 0 � � < 1:

Ini berarti bahwa�b�cn

�=j�n

k.

(3) Dari ketaksamaan � � 1 < b�c � � dan � � 1 < b�c � � diperoleh � + � � 2 <b�c+ b�c � � + �. Karena b�c+ b�c adalah suatu bilangan bulat yang kurangdari atau sama dengan �+�, maka b�c+b�c pasti kurang dari atau sama denganbagian bulat dari �+�, yaitu b�+ �c. Selain itu, �+� kurang dari bilangan bulatb�c+ b�c+ 2, sehingga b�+ �c pasti kurang dari b�c+ b�c+ 2, dan akibatnyab�+ �c < b�c+ b�c+ 2 menghasilkan b�+ �c � b�c+ b�c+ 1.

Contoh 7.3 (APMC 1999) Diambil suatu barisan bilangan riil a1, a2, ... yangmemenuhi

ai+j � ai + ajuntuk semua i; j = 1; 2; :::. Buktikan bahwa

a1 +a22+a33+ � � �+ an

n� an

untuk semua bilangan bulat positif n.

Bukti. Digunakan induksi kuat seperti berikut ini. Basis induksi untuk n = 1 dan2 adalah trivial. Sekarang diasumsikan bahwa pernyataan benar untuk n � k untuksuatu bilangan bulat positif k � 2. Artinya,

a1 � a1;

a1 +a22

� a2;

...

a1 +a22+ � � �+ ak

k� ak:

Dijumlahkan semua ketaksamaan untuk memperoleh

ka1 + (k � 1)a22+ � � �+ ak

k� a1 + a2 + � � �+ ak:

Selanjutnya kedua ruas dari ketaksamaan terakhir ditambahkan dengan a1+a2+� � �+ak,yang menghasilkan

(k + 1)�a1 +

a22+a33+ � � �+ an

n

�� (a1 + ak) + (a2 + ak�1) + � � �+ (ak + a1)� kak+1:


Jika kedua ruas dari ketaksamaan terakhir dibagi dengan (k + 1), maka

a1 +a22+a33+ � � �+ an

n� kak+1k + 1

ataua1 +

a22+a33+ � � �+ an

n+ak+1k + 1

� ak+1:

Ini berarti pernyataan benar untuk n = k + 1.

Contoh 7.4 (USAMO 1981) Untuk suatu bilangan positif x, buktikan bahwa

bxc+ b2xc2

+b3xc3

+ � � �+ bnxcn

� bnxc :

Bukti. Berdasarkan Teorema 7.2 (3), ini merupakan kasus khusus dari Contoh 7.3dengan mengambil ai = �bixc.

Contoh 7.5 (Putnam 1948) Jika n adalah suatu bilangan bulat positif, tunjukkanbahwa �p

n+pn+ 1

�=�p4n+ 2

�:

Bukti. Diperhatikan bahwa

4n+ 1 <�pn+

pn+ 1

�2= 2n+ 2

pn2 + n+ 1 < 4n+ 3

karenapn2 + n >

pn2 = n dan juga

pn2 + n <

pn2 + 2n+ 1 = n + 1. Karena itu

diperoleh p4n+ 1 <

pn+

pn+ 1 <

p4n+ 3:

Bilangan 4n+2 dan 4n+3 bukan merupakan bilangan kuadrat karena bilangan-bilangankuadrat dalam mod(4) kongruen dengan 0 atau 1, sehingga�p

4n+ 2�=�p4n+ 3

�:

Oleh karena itu �pn+

pn+ 1

�=�p4n+ 2

�:

Contoh 7.6 (Australia 1999) Selesaikan sistem persamaan:

x+ byc+ fzg = 200;

fxg+ y + bzc = 190; 1;

bxc+ fyg+ z = 178; 8:

Penyelesaian. Karena x = bxc + fxg untuk semua bilangan riil x, maka jumlahandari tiga persamaan dalam sistem adalah

2x+ 2y + 2z = 568; 9 atau x+ y + z = 284; 45:


Selain itu, jika persamaan terakhir dikurangi dengan setiap persamaan dalam sistem,maka diperoleh

fyg+ bzc = 84; 45;

bxc+ fzg = 94; 35;

fxg+ byc = 105; 65:

Oleh karena itu bzc = bfyg+ bzcc = b84; 45c = 84. Jadi, bzc = 84 dan fyg = 0; 45.Dengan cara serupa diperoleh bxc = 94 dan fzg = 0; 35, dan juga byc = 105 danfxg = 0; 65. Dari sini dihasilkan x = 94; 65, y = 105; 45, dan z = 84; 35. �

Contoh 7.7 (ARML 2003) Cari bilangan bulat positif n sedemikian sehingga1

npa-

ling dekat dengan�p123456789

.


11111; 112 = 123456765; 4321 < 123456789

< 123456789; 87654321 = 11111; 11112:

Karena itu jp123456789

k= 11111

dan1

10< 0; 11 <

np123456789

o< 0; 1111 <

1

9:

�

Contoh 7.8 (AIME 1997) Diandaikan bahwa a adalah positif,�a�1=�a2, dan

2 < a2 < 3. Cari nilai dari a12 � 144a�1.

Penyelesaian. Pertama kali dicatat bahwa hipotesis yang diberikan mengakibatkan�a�1= a�1 fkarena 1 < a dan 0 < a�1 < 1) dan

�a2= a2 � 2. Karena itu a harus

memenuhi persamaan a�1 = a2 � 2 atau a3 � 2a � 1 = 0. Persamaan terakhir dapatdituliskan seperti

(a+ 1)�a2 � a� 1

�= 0

yang akar positifnya hanya a =1 +

p5

2. Digunakan hubungan a2 = a+1 dan a3 = 2a+1

untuk menghitung

a6 = 8a+ 5, a12 = 144a+ 89, dan a13 = 233a+ 144

yang mengakibatkan bahwa

a12 � 144a�1 = a13 � 144a

= 233.

�

Contoh 7.9 Cari semua penyelesaian riil untuk persamaan

4x2 � 40 bxc+ 51 = 0:



(2x� 3) (2x� 17) = 4x2 � 40x+ 51� 4x2 � 40 bxc+ 51 = 0;

yang memberikan 32 � x �

172 , dan berakibat 1 � bxc � 8. Di sisi lain, persamaan yang

diberikan dapat dituliskan seperti

x =

p40 bxc � 51

2;

sehingga dari sini dipunyai

bxc =$p

40 bxc � 512

%:

Dari pilihan bxc 2 f1; 2; :::; 8g, hanya 2, 6, 7, atau 8 yang memenuhi persamaan terakhir.Jadi, penyelesaian untuk x adalah

p292 ,

p1892 ,

p2292 , dan

p2692 . �

Proposisi 7.10 (Identitas Hermite) Jika x adalah suatu bilangan riil dan n adalahsuatu bilangan bulat positif, maka

bxc+�x+

1

n

�+

�x+

2

n

�+ � � �+

�x+

n� 1n

�= bnxc :

Bukti. Jika x adalah suatu bilangan bulat, maka hasil jelas benar. Diandaikan bahwax bukan suatu bilangan bulat, artinya 0 < fxg < 1. Karena itu terdapat 1 � i � n� 1sedemikian sehingga

fxg+ i� 1n

< 1 dan fxg+ i

n� 1; (7.1)

artinyan� in

� fxg < n� i+ 1n

: (7.2)

Berdasarkan (7.1) dipunyai

bxc =�x+

1

n

�= � � � =

�x+

i� 1n

�dan �

x+i

n

�= � � � =

�x+

n� 1n

�= bxc+ 1;

dan juga

bxc+�x+

1

n

�+

�x+

2

n

�+ � � �+

�x+

n� 1n

�= i bxc+ (n� i) (bxc+ 1) = n bxc+ n� i: (7.3)

Di sisi lain, berdasarkan (7.2) diperoleh

n bxc+ n� i � n bxc+ n fxg = nx < n bxc+ n� i+ 1;


yang mengakibatkanbnxc = n bxc+ n� i: (7.4)

Dari (7.3) dan (7.4) disimpulkan bahwa

bxc+�x+

1

n

�+

�x+

2

n

�+ � � �+

�x+

n� 1n

�= n bxc+ n� i

= bnxc :

Contoh 7.11 (AIME 1991) Diandaikan bahwa r adalah suatu bilangan riil dimana�r +

19

100

�+

�r +

20

100

�+ � � �+

�r +

91

100

�= 546:

Cari b100rc.

Penyelesaian. Jumlahan yang diberikan mempunyai 91�19+1 = 73 suku, dan setiapsuku sama dengan brc atau brc + 1. Diamati bahwa 73 � 7 < 546 < 73 � 8, sehinggadiperoleh brc = 7. Karena 546 = 73 � 7 + 35, maka 38 suku pertama bernilai 7 dan 35suku terakhir bernilai 8; artinya�

r +56

100

�= 7 dan

�r +

57

100

�= 8:

Akibatnya 7; 43 � r < 7; 44, dan karena itu b100rc = 743. �

Contoh 7.12 (IMO 1968) Diambil x adalah suatu bilangan riil. Buktikan bahwa

1Xk=0

�x+ 2k

2k+1

�= bxc :

Bukti. Dalam identitas Hermite diambil n = 2 yang memberikan

bxc+�x+

1

2

�= b2xc ;

atau �x+

1

2

�= b2xc � bxc :

Diaplikasikan identitas terakhir secara berulang untuk memperoleh

1Xk=0

�x+ 2k

2k+1

�=

1Xk=0

�x

2k+1+1

2

�=

1Xk=0

j x2k

k�j x

2k+1

k!= bxc :

7.2 Fungsi Legendre

Diambil p adalah suatu bilangan prima. Untuk sembarang bilangan bulat positif n,dide�nisikan ep (n) = k sedemikian sehingga pk k n!. Fungsi aritmatika ep (n) dina-makan fungsi Legendre yang berasosiasi dengan bilangan prima p.


Dicatat bahwa jika a > 0 dan n adalah suatu bilangan bulat positif, makajan

kadalah

banyaknya bilangan bulat positif yang tidak melebihi a dan merupakan kelipatan darin.

Teorema 7.13 (Rumus Legendre) Jika n adalah suatu bilangan bulat positif dan padalah suatu bilangan prima, maka

ep (n) = k =1Xj=1

�n

pj

�=

�n

p

�+

�n

p2

�+

�n

p3

�+ � � � :

Bukti. Diandaikan m 2 N dan 1 � m � n. Jika pr j m dan pr+1 - n, ingin dihitungkontribusi dari r. Dengan kata lain, ingin dihitung kontribusi 1 untuk setiap j 2 Nsedemikian sehingga pj j m. Karena itu

k =

nXm=1

1Xj=1pj jm

1 =

1Xj=1

nXm=1pj jm

1 =

1Xj=1

�n

pj

�

dalam pandangan dari catatan di atas.

Contoh 7.14 Diambil s dan t adalah bilangan bulat positif sedemikian sehingga

7s k 400! dan 3t k ((3!)!)!:

Hitung s+ t.

Penyelesaian. Dicatat bahwa ((3!)!)! = (6!)! = 720!. Diaplikasikan rumus Legendreuntuk memperoleh

s = e7 (400) =

�400

7

�+

�400

72

�+

�400

73

�= 57 + 8 + 1 = 66

dan

t = e3 (720) =

�720

3

�+

�720

32

�+

�720

33

�+

�720

34

�+

�720

35

�= 240 + 80 + 26 + 8 + 2 = 356:

Jadi s+ t = 66 + 356 = 422. �

7.3 Bilangan Fermat

Untuk mencari semua bilangan prima berbentuk 2m + 1, Fermat melihat bahwa mharus merupakan pangkat dari 2. Tentu saja jika m = k � h dengan k adalah suatubilangan bulat ganjil yang lebih besar dari 1, maka

2m + 1 =�2h�k+ 1 =

�2h + 1

��2h(k�1) � 2h(k�2) + � � � � 2h + 1

�;

dan juga 2m + 1 tidak akan menjadi suatu bilangan prima.Bilangan-bilangan bulat

fn = 22n + 1; n � 0


dinamakan bilangan-bilangan Fermat. Dipunyai

f0 = 3; f1 = 5; f2 = 17; f3 = 257; f4 = 65537; dan f5 = 4294967297:

Setelah diperiksa bahwa lima bilangan di atas adalah prima, Fermat menduga bahwa fnadalah prima untuk semua n. Tetapi Euler membuktikan bahwa 641 j f5. Argumennyaadalah seperti berikut:

f5 = 232 + 1 = 228�54 + 24

��5 � 27

�4+ 1 = 228 � 641�

�6404 � 1

�= 641

�228 � 639

�6402 + 1

��:

Ini tetap tidak diketahui apakah terdapat tak berhingga banyak bilangan-bilangan Fer-mat prima.

Contoh 7.15 Buktikan bahwa untuk bilangan bulat positif m dan n dengan m > n, fnmembagi fm � 2.

Bukti. Diaplikasikan rumus a2 � b2 = (a� b) (a+ b) secara berulang untuk menun-jukkan bahwa

fm � 2 = fm�1fm�2 � � � f1f0:

Contoh 7.16 Untuk bilangan bulat positif berbeda m dan n, buktikan bahwa fm danfn adalah prima relatif.

Bukti. Berdasarkan contoh sebelumnya, dipunyai bahwa (fm; fn) = (f2; 2) = 1.

Contoh 7.17 Buktikan bahwa untuk semua bilangan bulat positif n, fn membagi 2fn�2.

Bukti. Dipunyai

2fn � 2 = 2�22

2n � 1�= 2

��22

n�22n�n � 1� : (7.5)

Jelas bahwa 22n�n adalah genap. Dicatat bahwa untuk suatu bilangan bulat positif

2m, x2m � 1 dapat dibagi oleh x + 1. Karena itu x + 1 membagi x22n�n � 1. Dengan

pengambilan x = 22ndisimpulkan bahwa fn = 22

n+1 = x+1 membagi

�22

n�22n�n�1,sehingga dari (7.5) diperoleh bahwa fn membagi 2fn � 2.

7.4 Bilangan Mersenne

Bilangan-bilangan bulat Mn = 2n � 1, n � 1, dinamakan bilangan Mersenne. Ini jelas

bahwa jika n adalah composite, maka Mn juga composite. Karena itu Mk adalah primahanya jika k adalah prima. Selain itu, jika n = ab, dimana a dan b adalah bilangan-bilangan bulat lebih besar dari 1, maka Ma dan Mb membagi Mn. Meskipun begituterdapat bilangan prima n untuk yang mana Mn adalah composite. Sebagai contoh,47 jM23, 167 jM83, 263 jM13, dan seterusnya.Berikut ini diberikan suatu hasil tanpa bukti pada bilangan Mersenne.

Teorema 7.18 Jika p adalah suatu bilangan prima ganjil dan q adalah suatu pembagiprima dari Mp, maka q = 2kp+ 1 untuk suatu bilangan bulat positif k.


7.5 Bilangan Sempurna

Untuk setiap bilangan bulat positif n dide�nisikan fungsi

� (n) =Xmjn

m;

dimana m adalah bilangan bulat positif. Secara jelas, nilai � (n) menyatakan jumlahandari semua pembagi positif dari bilangan bulat positif n. Suatu bilangan bulat n �2 dimana � (n) = 2n dikenal sebagai bilangan sempurna (perfect number). Sebagaicontoh, bilangan 6, 28, 496 adalah sempurna. Mudah dilihat bahwa 6 = 1+ 2+ 3 dan28 = 1+ 2+ 4+ 7+ 14.Berikut ini diberikan dua hasil (tanpa bukti) pada bilangan sempurna.

Teorema 7.19 Suatu bilangan bulat positif genap n adalah sempurna jika dan hanyajika n = 2k�1Mk = 2k�1

�2k � 1

�untuk suatu bilangan bulat positif k dimana Mk

adalah prima. Lebih lanjut, tidak ada bilangan sempurna genap lainnya.

Teorema 7.20 Jika n adalah suatu bilangan sempurna ganjil, maka faktorisasi primadari n mempunyai bentuk

n = paq2b11 q2b22 � � � q2btt ;

dimana a dan p kongruen terhadap 1 modulo 4 dan t � 2.

DAFTAR PUSTAKA

[1] Andreescu, T., D. Andrica, Z. Feng (2006). 104 Number Theory Problems: Fromthe Training of the USA IMO Team. Birkhäuser Boston.

[2] Baker, A. (2003). Algebra & Number Theory. Naskah. University of Glasgow.

[3] Budhi, W.S. (2003). Langkah Awal Menuju ke Olimpiade Matematika. Ricardo.

[4] Chen, W.W.L. (2003). Elementary Number Theory. Naskah. University of London.

[5] Clark, W.E. (2002). Elementary Number Theory. Naskah. University of SouthFlorida.

[6] Santos, D.A. (2007). Number Theory for Mathematical Contests. GNU Free Docu-mentation License.

[7] Sato, N. (2009). Number Theory. CiteSeerX.

[8] Wilkins, D.R. (2005). Part I: Topics in Number Theory. Naskah.

54

diktat ptb

Documents