DAFTAR ISI 1
TEORI KETERBAGIAN
1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 2
Algoritma Pembagian . . . . . Pembagi persekutuan terbesar Algoritma Euclides . . . . . . Kelipatan persekutuan terkecil FPB lebih dari 2 bilangan . . Persamaan Diophantine . . .
1
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
BILANGAN PRIMA
2.1 2.2 2.3 2.4
Teorema Fundamental Aritmatika Saringan Eratosthenes . . . . . . Distribusi Bilangan Prima . . . . Uji Keterbagian . . . . . . . . . .
2 5 12 13 15 16 24
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
24 29 31 34
3
TEORI KONGRUENSI
39
4
TEOREMA FERMAT DAN WILSON
40
1 TEORI KETERBAGIAN Bilangan 0 dan 1 adalah dua bilangan dasar yang digunakan dalam sistem bilangan real. Dengan dua operasi + dan x maka bilangan-bilangan lainnya dide nisikan. Himpunan bilangan asli (natural number ) N dide nisikan sebagai n ∈ N ↔ n := |1 + 1 +{z· · · + 1} . n
suku
Jadi himpunan bilangan asli dapat disajikan secara eksplisit N = { 1, 2, 3, · · · } . Himpunan bilangan bulat Z dide nisikan sebagai Z := −N ∪ {0}N
dimana −N := {−n : n ∈ N } . Jadi himpunan bilangan bulat dapat ditulis secara eksplisit Z = {· · · , −2, −1, 0, 1, 2, · · · }. Selanjutnya bilangan rasional Q dide nisikan sebagai o n Q :=
a : a, b ∈ Z, b 6= 0 . b
Bilangan real yang bukan bilangan rasional disebut bilangan irrasional. Salah satu bi√ langan irrasional yang sangat dikenal adalah 2. Berdasarkan beberapa de nisi tersebut maka kita dapat menyajikan komposisi himpunan bilangan real dalam bentuk diagram venn berikut.
Gambar 1.1: Komposisi bilangan real Teori bilangan adalah cabang ilmu matematika yang mempelajari sifat-sifat keterbagian
1
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI bilangan bulat, khususnya himpunan bilangan asli. Himpunan bilangan asli memiliki keunikan tersendiri karena ia terde nisi secara alami. Ini alasan bagi matematikawan Leopold Kronecker mengatakan bahwa God created the natural numbers, and all the rest is the work of man."
1.1 Algoritma Pembagian
Algoritma ini merupakan batu pijakan pertama dalam mempelajari teori bilangan. Ia disajikan dalam bentuk teorema berikut.
Teorema 1.1.
Jika diberikan bilangan bulat
dengan tunggal bilangan bulat
q
dan
r
a
dan
b,
dengan
b>0
maka selalu terdapat
yang memenuhi
a = qb + r, 0 ≤ r < b.
(1.1)
Contoh 1.1. Bila a = 9 dan b = 4 maka diperoleh 9 = (2)(4) + 1, jadi diperoleh q = 2 dan r = 1. Bila a = −9 dan b = 4 maka −9 = (−3)(4) + 3, jadi diperoleh q = −3 dan r = 3. Pada persamaan (1.1), bilangan q disebut hasil bagi dan r disebut sisa atau residu. Ingat sisa r selalu kurang dari b. Untuk membuktikan teorema ini digunakan prinsip urutan baik (well-ordering property ) yang mengatakan bahwa setiap himpunan takkosong dari N selalu memuat anggota terkecil. Kita bangun suatu himpunan S dengan
Bukti
S := {a − nb | n ∈ Z} = {a, a ± b, a ± 2b, · · · } .
Dengan mengambil n := −|a| maka diperoleh t := a − (−|a|)(b) = a + |a|b > 0 sehingga dapat dipastikan t ∈ N ∩ S . Dengan demikian kita peroleh bahwa N ∩ S merupakan himpunan bagian takkosong dari N. Oleh karena itu ia memiliki anggota terkecil, katakan r ∈ N ∩ S yang mempunyai bentuk r = a − qb ≥ 0 untuk suatu q ∈ Z. Jadi a = qb + r dengan r ≥ 0. Selanjutnya dibuktikan r < b agar persamaan (1.2) dipenuhi. Andaikan r ≥ b. Ambil r1 ∈ S ∩ N dengan r1 = a − (q + 1)b = r − b < r. Fakta ini kontradiksi dengan pernyataan r anggota
2
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI terkecil pada S ∩ N. Terbuktilah 0 ≤ r < b. Selanjutnya, ditunjukkan bahwa q dan r ini tunggal. Andaikan ada q1 dan r1 yang bersifat seperti ini maka diperoleh a = qb + r = q1 b + r1 , 0 ≤ r, r1 < b.
Dapat ditulis r − r1 = (q1 − q)b. Dapat disimpulkan bahwa q = q1 , sebab bila tidak yaitu q 6= q1 maka selisih magnitudnya |q − q1 | ≥ 1, sehingga |r1 − r| = |q − q1 |b≥ b. Hal ini tidaklah mungkin karena kedua r dan r1 bilangan tak negatif yang terletak di kiri b. Jadi disimpulkan q = q1 . Akibatnya diperoleh r = r1 . Bila semua ruas pada persamaan (1.1) dibagi dengan b maka diperoleh r a = q + , atau q = b b
a b
− rb dengan 0 ≤
r b
< 1.
Ini menujukkan bahwa q = ab yaitu pembulatan ke bawah ( ooring ) ab . Dengan menggunakan bentuk ini kita dapat menentukan hasil bagi dengan mudah. Misalnya a = −27 dan b = 12 maka q = −27 = −2 14 = −3. Sisa r mudah diperoleh, yaitu 12 r = a − qb = −27 − (−3)(12) = −27 + 36 = 9.
Pada Teorema 1.1 disyaratkan bahwa b > 0. Sesungguhnya Teorema ini dapat diperluas juga untuk b < 0 seperti diungkapkan pada teorema berikut.
Teorema 1.2.
Jika diberikan bilangan bulat
dengan tunggal bilangan bulat
q
dan
r
a
dan
b,
dengan
b 6= 0
maka selalu terdapat
yang memenuhi
a = qb + r, 0 ≤ r < |b|.
(1.2)
Untuk b > 0 berlaku |b| = b sehingga persamaan (1.1) dipenuhi langsung oleh persamaan (1.2). Untuk b < 0, ambil |b| sebagai pengganti b pada Teorema (1.1). Jadi terdapat q 0 dan r sehingga
Bukti
a = q 0 |b| + r, 0 ≤ r < |b|.
Selanjutnya dengan mengambil q = −q 0 dan karena |b| = −b maka persamaan
3
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI terakhir ini menjadi a = q 0 |b| + r = −q(−b) + r = qb + r, 0 ≤ r < |b|.
Diperhatikan untuk b < 0 berlaku dengan b diperoleh
|b| b
= −1. Dengan membagi persamaan terakhir
a r = q + atau q = b b
yaitu q =
a b
a b
− rb , 0 ≥
pembulatan ke atas atau ceiling dari
r > −1, b a b
Contoh 1.2. Tentukan hasil bagi dan sisanya jika 1, -2, 61 dan -59 dibagi oleh -7. 1 Diketahui b = −7 < 0. Untuk a = 1 diperoleh q = −7 r = a − qb = 1 − 0 = 1. Periksa bahwa 1 = (0)(−7) + 1. Untuk a = −2 2 = = 1 dan r = −2 − (1)(−7) = 5. Untuk a = 61 q = −2 61−7 7 6 q = −7 = −8 7 = −8 dan r = 61 − (−8)(−7) = 5. Untuk a = −59 1 q = −59 = 8 7 = 9 dan r = −59 − (9)(−7) = 4. −7
Penyelesaian
= 0 dan
diperoleh diperoleh diperoleh
Berikut diberikan beberapa contoh soal pembuktian sebagai penerapan langsung dari algoritma pembagian.
Contoh 1.3. Untuk setiap bilangan bulat a, buktikan a(a2 + 2)/3 merupakan bilangan bulat. Ambil b = 3. Dengan algoritma pembagian maka terdapat q dan r sehingga a = 3q + r, dimana r = 0, 1 atau 2. Untuk r = 0, substitusi a = 3q ke dalam a(a2 + 2)/3 diperoleh 3q(9q 2 + 2)/3 = q(9q 2 + 2) yang merupakan bilangan bulat. Untuk r = 1, substitusi a = 3q + 1 ke dalam a(a2 + 2)/3 diperoleh(3q +
Penyelesaian.
1)(9q 2 + 6q + 1 + 2)/3 = (3q + 1)3(3q 2 + 2q + 1)/3 = (3q + 1)(3q 2 + 2q + 1) yang merupakan bilangan bulat. Untuk r = 2, substitusi a = 3q + 2 ke dalam a(a2 + 2)/3 diperoleh (3q + 2)(9q 2 + 12q + 4 + 2)/3 = (3q + 2)3(3q 2 + 4q + 2)/3 = (3q + 2)(3q 2 + 4q + 2) yang juga merupakan bilangan bulat.
Untuk lebih meyakinkan, coba periksa untuk beberapa nilai a = −1, 0, 1, 2, 3.
Contoh 1.4. Buktikan untuk sebarang bilangan kuadrat bila dibagi 4 selalu memberikan sisa 0 atau 1.
4
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI Untuk bilangan bulat sebarang a, ambil b = 4. Terdapat q dan r sehingga a = 4q + r dengan r = 0, 1, 2, 3. Selanjutnya kita melihat bentuk n := a2 . Untuk r = 0 diperoleh n = 4(4q 2 ) memberikan sisa 0. Untuk r = 1 diperoleh n = 16q 2 + 8q + 1 = 4(4q 2 + 2q) + 1 memberikan sisa 1. Untuk r = 2 diperoleh n = 16q 2 + 16q + 4 = 4(4q 2 + 4q + 4) memberikan sisa 0. Terakhir, untuk r = 3 diperoleh n = 16q 2 + 24q + 9 = 4(4q 2 + 6q + 2) + 1 memberikan sisa 1. Jadi semua kasus memberikan sisa 0 atau 1.
Penyelesaian
Dengan menggunakan hasil ini kita dapat memahami contoh soal berikut.
Contoh 1.5. Tunjukkan bahwa bilangan yang berbentuk 11, 111, 1111, 11111, · · ·
tidak pernah merupakan kuadrat sempurna. Penyelesaian.
Diperhatikan pola berikut 11
=
8+3
111
=
108 + 3
1111
=
1008 + 3
11111
=
10008 + 3
···
Jadi dapat ditulis 1111 · · · 111 = 1000 · · · 108 + 3. Karena bilangan 1000 · · · 108 selalu habis dibagi 4 maka sesungguhnya bilangan-bilangan tersebut mempunyai bentuk 4k + 3. Dengan kata lain mereka selalu memberikan sisa 3 jika dibagi 4. Padahal bilangan kuadrat selalu memberikan sisa 0 atau 1 jika dibagi 4 (lihat Contoh sebelumnya). Karena itu bilangan-bilangan tersebut tidak mungkin merupakan bilangan kuadrat.
1.2 Pembagi persekutuan terbesar
Suatu keadan khusus pada algoritma pembagian ketika sisa r = 0. Dalam kasus ini kita katakan a habis membagi b.
5
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI
De nisi 1.1. Sebuah bilangan bulat b dikatakan terbagi atau habis dibagi oleh bilangan bulat a 6= 0 jika terdapat bilangan bulat c sehingga b = ac, ditulis a|b. Notasi a - b digunakan untuk menyatakan b tidak habis terbagi oleh a. Jadi 12 terbagi oleh 4 sebab 12 = 4 · 3, tetapi 10 tidak terbagi oleh 3 sebab tidak ada bilangan bulat c sehingga 10 = 3c, atau setiap bilangan bulat c berlaku 10 6= 3c. Dalam kasus ini ditulis 4|12 dan 3 - 10. Istilah lain untuk a|b: a faktor dari b, a pembagi b atau b kelipatan dari a. Bila a pembagi b maka −a juga pembagi b, sehingga pembagi suatu bilangan selalu terjadi berpasangan. Jadi dalam menentukan semua faktor dari suatu bilangan bulat cukup ditentukan faktor-faktor positifnya saja, kemudian tinggal menggabungkan. Fakta sederhana yang diturunkan langsung dari de nisi adalah sebagai berikut. a|0, 1|a, a|a untuk setiap a ∈ Z.
Penjelasannya, bilangan 0 selalu habis dibagi oleh bilangan apapun yang tidak nol, hasil baginya 0. Ingat pembagi disyaratkan tidak nol. Pembagian bilangan dengan nol tidak dide nisikan. Bilangan 1 merupakan faktor atau pembagi dari bilangan apapun termasuk bilangan 0. Bilangan a 6= 0 selalu habis membagi dirinya sendiri dengan hasil baginya adalah 1.
Teorema 1.3.
Untuk setiap
a, b, c ∈ Z
berlaku pernyataan berikut
1. a|1 bila hanya bila a = ±1 2. Jika a|b dan c|d maka ac|bd 3. Jika a|b dan b|c maka a|c 4. a|b dan b|a bila hanya bila a = ±b 5. Bila a|b dan b 6= 0 maka |a| < |b| 6. Bila a|b dan a|c maka a|(bx + cy) untuk sebarang bilangan bulat x dan y . Bukti.
Pernyataan 1: a = ±1 → a|1 jelas, sesuai penjelasan sebelumnya. Sebaliknya,
diketahui a|1 berarti ada k ∈ Z sehinga 1 = ka. Persamaan ini hanya dipenuhi oleh dua kemungkinan berikut: k = 1, a = 1 atau k = −1, a = −1. Jadi berlaku a|1 → a = ±1. Jadi a|1 ↔ a = ±1 terbukti.
6
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI
Pernyataan 2: diketahui a|b dan c|d yaitu ada k1 , k2 ∈ Z sehingga b = k1 a dan d = k2 c. Kedua persamaan ini dikalikan diperoleh bd = (k1 k2 )ac,
yaitu ac|bd.
Pernyataan 3: Diketahui a|b dan b|c yaitu ada k1 , k2 ∈ Z sehingga b = k1 a dan c = k2 b. Substitusi, diperoleh c = k2 b = k2 (k1 a) = (k1 k2 a). Pernyataan 4: Diketahui a = k1 b dan b = k2 a. Kedua persamaan dikalikan, diperoleh ab = (k1 k2 )(ab). Diperoleh k1 k2 = 1, yakni k1 = k2 = 1 atau k1 = k2 = −1. Terbukti a = ±b. Pernyataan 5: Kita mempunyai b = ac untuk suatu c ∈ Z. Diambil nilai mutlaknya |b| = |ac| = |a||c|. Karena b 6= 0 maka |c| ≥ 1, sebab bila tidak seperti ini maka |c| = 0 yang mengakibatkan b = 0 (kontradiksi). Karena itu diperoleh |b| = |a||c| ≥ |a|. Pernyataan 6 : Kita mempunyai relasi b = k1 a dan c = k2 a. Untuk sebarang x, y ∈ Z berlaku bx + cy = k1 ax + k2 ay = (k1 x + k2 y)a
yang berarti a|(bx + cy).
Pernyataan terakhir teorema ini berlaku juga untuk berhingga banyak bilangan yang dibagi oleh a, yaitu jika a|bk , k = 1, · · · , n maka a|(b1 x1 + b2 x2 + · · · + bn xn )
untuk setiap bilangan bulat x1 , x2 , · · · , xn . Selanjutnya kita bahas pengertian faktor persekutuan terbesar.
De nisi 1.2. Misalkan a dan b dua bilangan bulat dimana minimal salah satunya tidak nol. Faktor persekutuan terbesar (FPB) atau greatest common divisor (gcd) dari a dan b adalah bilangan bulat d yang memenuhi 1. d|a dan d|b 2. Jika c|a dan c|b maka c ≤ d Pada de nisi ini, kondisi 1 menyatakan bahwa d adalah faktor persekutuan dan kondisi 2 menyatakan bahwa d adalah faktor persekutuan terkecil diantara semua faktor
7
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI persekutuan yang ada. Selanjutnya jika d faktor persekutuan terbesar dari a dan b akan ditulis d = gcd(a, b).
Contoh 1.6. Faktor positif dari 12 adalah 1, 2, 3, 4, 6, 12, sedangkan faktor dari 30 adalah 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30. Jadi faktor persekutuaannya adalah 1, 2, 3, 6. Karena itu disimpulkan gcd(12, 30) = 6. Berdasarkan de nisi FPB sesungguhnya kita cukup mengasumsikan bahwa a dan b positif, sebab berlaku gcd(a, b) = gcd(a, −b) = gcd(−a, b) = gcd(−a, −b).
Penjelasannya, faktor atau pembagi suatu bilangan selalu terjadi secara berpasangan, satunya positif dan lainnya negatif. Jadi faktor persekutuan dua bilangan selalu sama tanpa melihat tanda positif atau negatif kedua bilangan tersebut. Akibatnya, faktor persekutuan terbesarnya juga sama.
Teorema 1.4. bilangan bulat
x
Jika dan
a y
dan
b
dua bilangan bulat yang keduanya taknol maka terdapat
sehingga
gcd(a, b) = ax + by.
(1.3)
Persamaan (1.3) disebut dengan identitas Bezout. Sebelum dibuktikan, diperhatikan ilustrasi berikut gcd(−12, 30) = 6 = (−12)2 + 30 · 1 gcd(−8, −36) = 4 = (−8)4 + (−36)(−1).
Identitas Bezout menyatakan bahwa d = gcd(a, b) dapat disajikan dalam bentuk kombinasi linier atas a dan b. Ekspresi ruas kanan pada (1.3) disebut kombinasi linier dari a dan b. Pada Teorema ini keberadaan x dan y tidak harus tunggal. Bukti.
Bentuk S himpunan semua kombinasi linier positif dari a dan b sebagai berikut S = { au + bv | au + bv ≥ 1, u, v ∈ Z }
8
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI Perhatikan jika a 6= 0 maka |a| = au+b·0 ∈ S , yaitu dengan mengambil u = 1 bila a positif atau u = −1 bila a negatif. Jadi himpunan S takkosong. Menurut sifat urutan baik, S terjamin memiliki anggota terkecil katakan saja d. Selanjutnya, dibuktikan d = gcd(a, b). Karena d ∈ S maka terdapat x, y ∈ Z sehingga d = ax + by . Terapkan algoritma pembagian pada a dan d maka terdapat q dan r sehingga a = qd + r, 0 ≤ r < d. Selanjutnya ditunjukkan r = 0. Bila ini oke maka d|a. Andai r > 0 maka dapat ditulis 0 < r = a − qd = a − q(ax + by) = a(1 − qx) + b(−qy) ∈ S.
Fakta r ∈ S dan syarat r < d bertentangan dengan pernyataan bahwa d elemen terkecil S sehingga disimpulkan r = 0 atau d|a. Argumen yang sama dapat dipakai dengan menerapkan algoritma pembagian pada b dan d untuk menunjukkan bahwa d|b. Dengan demikian terbukti bahwa d adalah faktor persekutuan dari a dan b. Selanjutnya ditunjukkan faktor persekutuan ini adalah yang terbesar. Misalkan c bulat positif dengan c|a dan c|b, maka berdasarkan Teorema (1.3)(6) maka c|ax + b yaitu c|d. Jadi c ≤ d; alasannya tidak mungkin pembagi lebih besar dari bilangan yang dibagi. Terbukti bahwa d = gcd(a, b).
Akibat 1.1.
Bila
a
dan
b
dua bilangan bulat yang keduanya tidak nol maka himpunan
T = {ax + by|x, y ∈ Z} merupakan himpunan semua kelipatan dari
d = gcd(a, b).
Karena d|a dan d|b maka d|(ax + by) untuk setiap x, y ∈ Z, maka setiap elemen T merupakan kelipatan d. Sebaliknya, dapat ditulis d = ax0 + by0 untuk suatu x0 , y0 ∈ Z. Perhatikan kelipatan dari d, yaitu
Bukti.
nd = n(ax0 + by0 ) = a(nx0 ) + b(ay0 ) ∈ T.
Ini berarti setiap kelipatan d merupakan elemen T.
De nisi 1.3. Dua bilangan a dan b (keduanya tidak nol) dikatakan prima relatif jika gcd(a, b) = 1.
Pasangan bilangan (3, 5), (5, −9) dan (−27, −35) adalah beberapa contoh pasangan bilangan prima relatif.
9
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI
Teorema 1.5. Bilangan a dan b prima relatif bila hanya bila terdapat bulat x, y sehingga ax + by = 1.
Karena a dan b prima relatif maka gcd(a, b) = 1. Identitas Bezout menjamin adanya bulat x, y sehingga 1 = ax+by. Sebaliknya misalkan ada bulat ax+by = 1. Dibuktikan gcd(a, b) = d = 1. Karena d|a dan d|b maka d|(ax + by = 1), jadi d|1. Karena itu disimpulkan d = 1.
Bukti.
Akibat 1.2.
Bila
d = gcd(a, b)
maka
gcd
a b , d d
= 1.
Berdasarkan identitas Bezout selalu ada x dan y sehingga ax + by = d. Dengan membagi kedua ruas persamaan ini dengan d diperoleh ad x+ db y = 1. Menurut teorema sebelumnya disimpulkan ad dan db prima relatif.
Bukti.
Pada penyederhanaan pecahan ab biasanya dilakukan dengan membagi kedua bilangan 8 disederhanakan menjadi 23 . Dalam hal ini kita a dan b dengan FPBnya. Misalnya 12 mempunyai gcd(8, 12) = 4 → gcd(2, 3) = 1. Teorema berikut memberikan sifat keterbagian yang melibatkan dua bilangan prima relatif.
Teorema 1.6.
Diketahui
gcd(a, b) = 1.
Maka berlaku pernyataan berikut.
1. Jika a|c dan b|c maka ab|c. 2. Jika a|bc maka a|c. Untuk pernyataan 1, terdapat bilangan bulat r dan s sehingga c = ar = bs. Karena diketahui gcd(a, b) = 1 maka dapat ditulis 1 = ax + by untuk suatu bilangan bulat x, y . Diperoleh
Bukti.
c = c · 1 = c(ax + by) = acx + bcy = a(bs)x + b(ar)y = ab(sx + ry),
yaitu ab|c. Untuk pernyataan 2, dapat ditulis c = c · 1 = c(ax + by) = acx + bcy.
Karena faktanya a|ac dan diketahui a|bc maka a|(acx + bcy), yaitu terbukti a|c.
10
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI
Contoh 1.7. Untuk sebarang bilangan bulat a, buktikan salah satu dari a, a + 2, a + 4 habis dibagi oleh 3. Cara pertama dengan menggunakan algoritma pembagian. Ambil a dan 3, maka ada q dan r sehingga a = 3q + r, r = 0, 1, 2. Bila r = 0 maka a = 3q yaitu a|3. Bila r = 1 maka
Bukti.
a = 3q + 1 ↔ a + 2 = 3q + 1 + 2 = 3(q + 1),
yaitu 3|(a + 2). Bila r = 2 maka a = 3q + 2 ↔ a + 4 = 3q + 2 + 4 = 3(q + 2),
yaitu 3|(a + 4).
Perhatikan pada contoh berikut ditunjukkan bahwa perkalian dua bilangan bulat berurutan selalu habis dibagi 2.
Contoh 1.8. Untuk setiap bilangan bulat a, buktikan 2|a(a + 1). Masih menggunakan algoritma pembagian dengan mengambil b = 2. Terdapat q ∈ Z sehingga a = 2q + r dimana r = 0, 1. Untuk r = 0 jelas a = 2q habis dibagi 2 sehingga a(a + 1) juga habis dibagi 2. Untuk k = 1, a(a + 1) = (2q + 1)(2q + 2) = (2q + 1)(q + 1)2 jelas habis dibagi 2. Cara lain pembuktian dapat dengan memberikan argumen logis berikut: salah satu diantara bilangan bulat a dan a + 1 pasti ada bilangan genap. Jadi 2|a atau 2|(a + 1). Berdasarkan fakta ini maka dapat disimpulkan bahwa 2|a(a + 1).
Bukti.
Dengan argumen yang mirip, coba buktikan kebenaran pernyataan a|a(a + 1)(a + 2).
Contoh 1.9. Buktikan bahwa untuk setiap bulat positif n dan sebarang bilangan bulat a maka gcd(a, n + a)|n.
Misalkan d = gcd(a, a + n). Karena d|a dan d|(a + n) maka d membagi setiap kombinasi kedua bilangan ini, khususnya d| ((a)(−1) + (a + n)(1)) = n.
Bukti.
Berdasarkan contoh ini secara khusus untuk n = 1 kita memperoleh gcd(a, a + 1) = 1. Dengan kata lain dua bilangan bulat berurutan selalu prima relatif.
11
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI 1.3 Algoritma Euclides
Algoritma Euclides digunakan untuk menentukan FPB dua bilangan besar dengan cara mereduksinya menjadi bilangan-bilangan lebih kecil. Algoritma ini bertumpu pada teorema berikut.
Teorema 1.7.
Jika
a = qb + r
maka
gcd(a, b) = gcd(b, r).
Berdasarkan Teorema (1.3)(6), setiap faktor persekutuan b dan r juga merupakan faktor persekutuan qb + r = a. Karena r = a − qb maka faktor persekutuan a dan b juga merupakan faktor persekutuan r. Jadi pasangan bilangan a, b dan b, r mempunyai faktor persekutuan yang sama sehingga mereka mempunyai FPB yang sama.
Bukti.
Algoritma Euclides dapat disajikan sebagai berikut: Misalkan a dan b dua bilangan yang akan ditentukan FPB nya. Cukup diasumsikan a ≥ b > 0, karena tanda positif atau negatif bilangan a dan b tidak mempengaruhi nilai FPB nya. Dengan algoritma pembagian, diperoleh q1 dan r1 sehingga a = q1 b + r1 , 0 ≤ r1 < b.
Bila r1 = 0 maka gcd(a, b) = b, pekerjaan selesai. Bila r1 6= 0, bagilah b dengan r1 untuk memperoleh q2 dan r2 yang memenuhi b = q2 r1 + r2 , 0 ≤ r2 < r1 .
Bila r2 = 0 maka gcd(a, b) = r1 , pekerjaan selesai. Bila r2 6= 0, bagilah r1 dengan r2 untuk memperoleh q3 dan r3 yang memenuhi r1 = q3 r2 + r3 , 0 ≤ r3 < r2 .
Proses ini diteruskan sampai dicapai sisa nol. Bila dirangkum maka akan diperoleh bentuk berikut
12
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI
a = q1 b + r1 , 0 < r1 < b b = q2 r1 + r2 , 0 < r2 < r1 r1 = q3 r2 + r3 , 0 < r3 < r2
.. .
rn−2 = qn rn−1 + rn , 0 < rn < rn−1 rn−1 = qn+1 rn + 0.
Berdasarkan Teorema sebelumnya maka diperoleh tahapan berikut gcd(a, b) = gcd(b, r1 ) = gcd(r1 , r2 ) = · · · = gcd(rn−1 , rn ) = gcd(rn , 0) = rn .
Contoh 1.10. Hitunglah FPB dari 1492 dan 1066. Terapkan algoritma Euclides seperti dijelaskan sebelumnya dengan mengambil a = 1492 dan b = 1066, yaitu
Bukti.
1492 = 1 · 1066 + 426 1066 = 2 · 426 + 214 426 = 1 · 214 + 212 214 = 1 · 212 + 2 212 = 106 · 2 + 0.
Sisa taknol yang terakhir adalah 2 sehingga d = gcd(1492, 1066) = 2.
Terdapat konsep yangsejalan dengan FPB yaitu kelipatan persekutan terkecil (KPK). Bagaimana pengertian KPK dan hubungan dengan FPB serta sifat-sifat yang memuat kedua istilah ini disampaikan pada bagian berikut.
1.4 Kelipatan persekutuan terkecil
De nisi 1.4. Misalkan a dan b dua bilangan bulat tidak nol. Kelipatan persekutuan terkecil (KPK) atau least positif m yang memenuhi
common divisor
(lcm) dari a dan b adalah bilangan bulat
13
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI 1. a|m dan b|m 2. Bila ada c > 0 dengan a|c dan b|c maka m ≤ c. Kondisi 1 menyatakan bahwa m kelipatan bersama atau persekutuan dari a dan b. Kondisi 2 menyatakan bahwa m adalah kelipatan persekutan terkecil diantara semua kelipatan persekutuan yang ada. Selanjutnya, bila m adalah KPK dari a dan b maka akan selalu ditulis m = lcm(a, b). Sebagai contoh kelipatan persekutuan dari −12 dan 30 adalah 60, 120, 180, . . . sehingga gcd(12, 30) = 60. Berikut diberikan hubungan antara FPB dan KPK.
Teorema 1.8.
Untuk dua bilangan positif
a
dan
b
berlaku
lcm(a, b) = gcdab(a,b) .
Ambil d = gcd(a, b) maka dapat ditulis a = dr dan b = ds untuk suatu bilangan bulat r dan s. Perhatikan pernyataan
Bukti.
m=
a(ds) (dr)b ab →m= = as dan m = = rb, d d d
yakni m kelipatan persekutuan dari a dan b. Selanjutnya ditunjukkan m ini adalah kelipatan persekutuan yang paling kecil. Misalkan c kelipatan persekutuan lainnya dari a dan b. Dapat ditulis c = au dan c = bv untuk suatu bilangan bulat u dan v . Dengan ientitas Bezout terdapat bulat x dan y yang memenuhi d = ax + by . Substitusi m = abd , diperoleh c c cd c(ax + by) c = = = x+ y = vx + uy ∈ Z, m ab ab b a
yang berarti m|c. Jadi haruslah m ≤ c. Jadi m adalah KPK dari a dan b yang memenuhi ab ab ↔ lcm(a, b) = gcd(a,b) . m= d
Akibat berikut ini memberikan keadaan dimana KPK dua bilangan tidak lain adalah hasil kali keduanya. Buktinya sederhana, langsung dari teorema sebelumnya.
Akibat 1.3. hanya bila
Untuk setiap pasangan bilangan bulat
gcd(a, b) = 1.
14
a
dan
b
berlaku lcm(a, b)
= ab
bila
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI
Contoh 1.11. Tentukan KPK dari 3054 dan 12378 Dihitung dulu FPB dari kedua bilangan ini dengan menggunakan algoritma Euclides
Penyelesaian.
12378 = 4·3054 + 162 3054 = 18 · 162 + 138 162 = 1 · 138 + 24 138 = 5 · 24 + 18 24 = 1 · 18 + 6 18 = 3 · 6 + 0
sehingga diperoleh gcd(3054, 12378) = 6. Berdasarkan Teorema (1.8) maka diperoleh 3054 · 12378 = 6300402. lcm(3054, 12378) = 6
1.5 FPB lebih dari 2 bilangan
Setelah melihat pengertian dan sifat-sifat FPB dari dua bilangan maka kita dapat dengan mudah memperluasnya kepada FPB untuk beberapa bilangan. Prinsipnya sama, yaitu d dikatakan FPB dari a, b dan c, ditulis d = gcd(a, b, c) jika d|a, d|b dan d|c; kemudian jika ada faktor persekutuan lain c maka c ≤ d. Sebagai ilustrasi diperhatikan contoh berikut ini.
Contoh 1.12. Dapat diperiksa bahwa gcd(39, 42, 54) = 3 dan gcd(49, 210, 350) = 7. Untuk memudahkan menghitung FPB beberapa bilangan dapat dilakukan dengan metoda reduksi bertahap seperti diungkapkan pada teorema berikut.
Teorema 1.9.
Untuk beberapa bilangan
a1 , · · · ak
berlaku
gcd(a1 , a2 , · · · , ak ) = gcd (gcd (a1 , a2 ) , a3 , · · · , ak ) .
15
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI Bukti.
Hanya akan dibuktikan untuk tiga bilangan bulat, yaitu gcd(a1 , a2 , a3 ) = gcd (a1 , gcd(a2 , a3 )) .
Misalkan d = gcd(a1 , a2 , a3 ) maka d|a1 , d|a2 dan d|a3 . Karena itu d| gcd(a2 , a3 ) := d1 sebab d|(a2 x + a3 y) untuk setiap bulat x dan y sedangkan d1 = gcd(a2 , a3 ) dapat dinyatakan sebagai salah satu bentuk kombinasi linier ini. Jadi d|a1 dan d|d1 . Ditunjukkan d faktor persekutuan terbesar dari a1 dan d1 . Bila ada bulat c dengan c|a1 dan c|d1 . Karena c|d1 maka c|a2 dan c|a3 . Jadi c faktor persekutuan dari a1 , a2 dan a3 . Karena d = gcd(a1 , a2 , a3 ) maka disimpulkan c ≤ d. Jadi d adalah FPB dari a1 dan d1 , yaitu d = gcd(a1 , d1 ) = gcd (a1 , gcd(a2 , a3 )) . Untuk sejumlah berhingga banyak bilangan dapat dibuktikan dengan menggunakan prinsip induksi matematika. Dengan teorema ini d = gcd(a1 , a2 , · · · , ak ) dapat direduksi sebagai berikut: d2 = gcd(a1 , a2 ) d3 = gcd(d1 , a3 ) d4 = gcd(d2 , a4 )
.. .
dk = gcd(dk−2 , ak )
dan diperoleh d = dk .
Contoh 1.13. Untuk menghitung d = gcd(36, 24, 54, 27) dihitung dulu d2 = gcd(36, 24) = 12, kemudian d3 = gcd(12, 54) = 6, dan akhirnya d = d4 = gcd(6, 27) = 3.
Konsep KPK dari lebih dua bilangan dikembangkan sejalan. Dengan mudah dapat dibuktikan hubungan KPK dan FPB sebagai berikut lcm(a, b, c) =
abc . gcd(a, b, c)
(1.4)
1.6 Persamaan Diophantine
Persamaan ini pertama kali dipelajari oleh seseorang yang bernama Diophantus yang menghabiskan hidupnya di Alexandria, Mesir sekitar tahun 250 Masehi. Persamaan
16
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI Diophantine adalah persamaan linier yang memuat beberapa variabel, namun harus diselesaikan dalam bilangan bulat. Bentuk paling sederhananya diberikan oleh (1.5)
ax + by = c
dimana a, b dan c konstanta bulat yang diberikan. Penyelesaian persamaan Diophantine (1.5) adalah semua pasangan bilangan bulat (x, y) yang memenuhi persamaan ini.
Contoh 1.14. Untuk persamaan 3x + 6y = 18 kita dapat menulis dalam beberapa bentuk berikut 3 · 4 + 6 · 1 = 18 3 · (−6) + 6 · 6 = 18 3 · 10 + 6 · (−2) = 18
sehingga (4, 1), (−6, 6), (10, −2) merupakan penyelesaiannya. Masih banyak penyelesaian lainnya, coba temukan! Diperhatikan persamaan 2x + 10y = 17. Adakah bilangan bulat (x, y) yang memenuhi persamaan ini ?. Jawabnya, tidak ada. Dalam kasus ini kita katakan persamaan 2x + 10y = 17 tidak mempunyai penyelesaian. Berdasarkan contoh ini persamaan Diophantine dapat mempunyai atau tidak mempunyai penyelesaian. Dalam kasus ia mempunyai penyelesaian maka penyelesaiannya banyak. Teorema berikut memberikan syarat perlu dan cukup persamaan Diophantine mempunyai penyelesaian.
Teorema 1.10. dan
Misalkan
d = gcd(a, b).
a, b
dan
c
bilangan bulat dimana
a
dan
b
tidak keduanya nol
Maka persamaan Diophantine
ax + by = c mempunyai penyelesaian jika hanya jika
d|c;
dalam kasus ini terdapat takberhingga
banyak penyelesaian. Penyelesaian-penyelesaian ini diberikan oleh
a b x = x0 + n, y = y0 − n, n ∈ Z d d dimana
(x0 , y0 )
(1.6)
merupakan penyelesaian khusus.
Perhatikan kembali akibat (1.1), setiap anggota himpunan T = {ax + by|x, y ∈ Z} merupakan kelipatan dari d = gcd(a, b). Sebaliknya setiap anggota K =
Bukti.
17
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI {kd|k ∈ Z} yaitu himpunan kelipatan d merupakan anggota T . Dengan kata lain dapat ditulis K = T . Karena diketahui d|c maka berlaku c = kd ∈ K sehingga c ∈ T . Ini berarti ada x, y ∈ Z sehingga ax + by = c. Misalkan (x0 , y0 )
penyelesaian tertentu atau khusus, maka musti berlaku ax0 + by0 = c.
Bila diambil x = x0 + db n, y = y0 − ad n, n ∈ Z maka a ab ab b a x0 + n + b y0 − n = ax0 + by0 + n − n = ax0 + by0 = c, d d d d
yakni (x, y) juga penyelesaian untuk setiap n ∈ Z. Selanjutnya ditunjukkan bahwa hanya (x, y) pada (1.6) yang menjadi penyelesaian persamaan Diophantine. Diperhatikan, karena ax + by = c = ax0 + by0 maka diperoleh a(x − x0 ) = −b(y − y0 ) b a (x − x0 ) = − (y − y0 ). d d
Karena a dan b tidak keduanya nol, cukup diasumsikan b 6= 0. Diperhatikan a b b a a b = 6 0 , ia membagi (x − x ). Karena gcd( , ) = 1 maka | d (x − x0 ). Jadi 0 d d d d d b b b |(x − x0 ), yakni x − x0 = d n → x = x0 + d n untuk suatu n ∈ Z. Substitusi d mundur (x − x0 ) maka diperoleh − db (y − y0 ) = ad · db n → y = y0 − ad n. Keadaan khusus dimana a dan b prima relatif maka persamaan Diophantine selalu mempunyai penyelesaian yang diberikan oleh x = x0 + bn, y = y0 − an, n ∈ Z
(1.7)
dimana (x0 , y0 ) penyelesaian khususnya. Berikut diberikan algoritma untuk menentukan penyelesaian persamaan Diophantine. 1. Hitung d = gcd(a, b); dengan cara langsung atau menggunakan algoritma Euclides. 2. Bila d - c maka persamaan Diophantine tidak mempunyai penyelesaian, stop. Bila d|c, tulis c = kd. 3. Temukan bilangan bulat v dan w sehingga av + bw = d. Kedua ruas dikalikan k
18
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI diperoleh akv + bkw = kd a(kv) + b(kw) = c.
Diambil x0 = kv dan y0 = kw sebagai penyelesaian khususnya. 4. Gunakan formula (1.6) untuk membangun himpunan semua penyelesaian.
Contoh 1.15. Diberikan persamaan Diphantie 172x + 20y = 1000.
1. Selidikilah apakah persamaan ini mempunyai penyelesaian. 2. Bila ia mempunyai, tentukan semua penyelesaian tersebut. 3. Tentukan penyelesaian yang bernilai positif. Penyelesaian.
Pertama selidiki dulu gcd(172, 20), yaitu dengan algoritma Euclides berikut 172 = 8 · 20 + 12 20 = 1 · 12 + 8 12 = 1 · 8 + 4 8 = 2·4+0
sehingga diperoleh gcd(172, 20) = 4. Karena 4|1000 maka persamaan Diphantine ini dipastkan mempunyai penyelesaian. Tulis 1000 = 250 · 4. Untuk menentukan penyelesaian ini digunakan algoritma yang telah diberikan sebelumnya. Dengan cara berjalan mundur pada algoritma Euclides di atas untuk membentuk identitas Bezout berikut. 4 = 12 − 8 = 12 − (20 − 1 · 12) = 2 · 12 − 20 = 2(172 − 8 · 20) − 20 = 2 · 172 + (−17) · 20.
19
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI Jadi dengan mengalikan kedua ruas dengan 250 diperoleh 500 · 172 + (−4250) · 20 = 1000.
Dari sini diambil x0 = 500 dan y0 = −4250 sebagai penyelesaian khususnya. Selanjutnya bentuk umum penyelesaian persamaan ini diperoleh dengan menerapkan formula pada (1.6), diperoleh 20 t = 500 + 5t 4 172 y = −4250 − t = −4250 − 43t 4
x = 500 +
dimana t bilangan bulat sebarang. Terakhir untuk memilih diantara penyelesaian ini yang bernilai positif, kita perlu memberikan syarat berikut 500 + 5t > 0 −4250 − 43t > 0
Berdasarkan syarat ini diperoleh t > − 500 = −100 untuk syarat pertama dan 5 t < − 4250 = −98 36 untuk syarat kedua. Jadi t yang memenuhi kedua syarat ini 43 43 adalah t = −99 dan penyelesaian positif yang dimaksud adalah x = 500 + 5(−99) = 5 y = −4250 − 43(−99) = 7.
Contoh 1.16. Seorang nenek meminta cucunya membeli dua macam buah, yaitu mangga dan jeruk. Sang nenek memberikan uang 100000 rupiah kepada sang cucu untuk mendapatkan sebanyak mungkin buah tetapi jeruk lebih banyak dari mangga. Bila harga mangga 700 rupiah per biji dan jeruk 1300 rupiah per biji, tentukan banyak buah yang harus dibeli oleh sang cucu. Misalkan x menyatakan banyak mangga dan y banyak jeruk yang harus dibeli maka permasalahan di atas dapat diformulasikan sebagai
Bukti.
700x + 1300y = 100000 x≥0 & y≥0 y > x
20
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI Setelah disederhanakan kita mempunyai persamaan Diophantine 7x + 13y = 1000. Karena gcd(7, 13) = 1 maka dipastikan persamaan ini mempunyai penyelesaian. Secara kasat mata kita langsung dapat membentuk identitas Bezout berikut 1 = 7 · 2 + 13 · (−1).
Jika kedua ruas dikalikan dengan 1000 diperoleh 1000 = 7 · 2000 + 13 · (−1000) sehingga diperoleh penyelesaian khususnya x0 = 2000 dan y0 = −1000.
Penyelesaian umum persamaan ini diberikan oleh x = 2000 + 13n y = −1000 − 7n, n ∈ Z.
Karena disyaratkan x ≥ 0 maka diperoleh 2000 + 13n ≥ 0 → n ≥ −
2000 ≈ −153.84 → n = {−153, −152, −151, · · · }. 13
Syarat pada y ≥ 0 menghasilkan batasan n berikut −1000 − 7n ≥ 0 → n ≤ −
1000 ≈ −142.85 → n = {· · · , −145, −144, −143}. 7
Syarat y > x memberikan hasil berikut −1000 − 7n > 2000 + 13n → n < −150 → n = {· · · , −153, −152, −151}.
Nilai n yang memenuhi ketiga syarat ini adalah n = {−153, −152, −151}
Penyelesaian yang bersesuaian dengan n ini akan bernilai positif, tetapi kita perlu memilih n yang membuat nilai x + y terbesar. Perhatikan tabel berikut
21
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI n −153 −152 −151
x y x+y 11 71 82 24 64 88 37 57 94
Jadi sang cucu harus membeli 37 biji mangga dan 57 biji jeruk.
Ada metoda lain untuk menyelesaikan persamaan Diophantine, yaitu metoda Reduksi Euclides. Metoda ini didasarkan pada penyajian penyelesaian persamaan Diophantine dalam bentuk x = i + jt y = k + mt
dimana i, j, k, m ∈ Z. Untuk jelasnya kita perhatikan contoh berikut.
Contoh 1.17. Selesaikan persamaan Diphantine 6x + 5y = 171, x, y > 0. Karena gcd(6, 5) = 1 maka persamaan ini dipastikan mempunyai penyelesaian. Pertama, nyatakan x secara eksplisit
Penyelesaian.
x =
3 − 5y 171 − 5y . = 28 + 6 6 } | {z p
Ambil p = 3−5y ∈ Z sehingga dapat ditulis: x = 28+p. Variabel y juga dinyatakan 6 secara eksplisit dalam p, yaitu y=
3−p 3 − 6p = −p + . 5 5 } | {z q
Ambil q = 3−q ∈ Z sehingga dapat ditulis: y = −p + q dan p = 3 − 5q . Dengan 5 menggunakan hasil ini diperoleh penyelesaian yang dimaksud x = 28 + (3 − 5q) = 31 − 5q y = −(3 − 5q) + q = 6q − 3.
Syarat x > 0 memberikan 31 − 5q > 0 → q < 315 = 6 51 , sedangkan syarat y > 0 memberikan 6q − 3 > 0 → q > 12 . Jadi dipenuhi oleh q ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Silahkan
22
Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI dihitung sendiri penyelesaian positif yag dimaksud.
Perhatikan semakin banyak syarat yang dikenakan pada penyelesaian semakin berkurang banyaknya penyelesaian yang memenuhi.
23
2 BILANGAN PRIMA Bilangan prima telah dikenal sejak sekolah dasar, yaitu bilangan yang tidak mempunyai faktor selain dari 1 dan dirinya sendiri. Bilangan prima memegang peranan penting karena pada dasarnya konsep apapun yang dibahas dalam teori bilangan selalu dikaitkan dengan bilangan prima. Sebagai ilustrasi: jika ditanyakan banyak faktor positif dari 24 maka biasanya dilakukan dengan mendaftar semua faktor tersebut yaitu 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24 jadi ada 8 buah. Untuk bilangan 60 mempunyai sebanyak 12 faktor positif. Cara mendaftarkan satu per satu semua faktor seperti ini tidaklah efektif khususnya untuk bilangan yang besar. Coba perhatikan 24 = 23 · 3 dan 60 = 22 · 3 · 5. Dengan menambahkan 1 pada setiap pangkat prima, kemudian mengalikan mereka maka diperoleh banyaknya faktor prima. Untuk bilangan 24 terdapat (3 + 1) × (1 + 1) = 8 faktor, dan untuk 60 terdapat (2 + 1) × (1 + 1) × (1 + 1) = 12 faktor. Bagaimana juga ketika diminta untuk menentukan suatu bilangan prima atau bukan, bagaimana memutuskan suatu bilangan bulat besar dapat dibagi oleh bilangan bulat lain, bagaimana distribusi bilangan prima dalam Z; semuanya akan dibahas pada bab ini.
2.1 Teorema Fundamental Aritmatika
De nisi 2.1. Suatu bilangan bulat p > 1 dikatakan prima jika faktor positifnya hanyalah 1 dan p (dirinya sendiri). Bilangan bulat lebih dari 1 yang bukan prima disebut komposit. Diantara 10 bilangan bulat pertama, 2, 3, 5, 7 adalah prima dan 4, 6, 8, 10 adalah komposit. Berdasarkan de nisi ini hanya 2 bilangan prima yang genap, sedangkan 1 bukan prima dan bukan komposit. Suatu bilangan p adalah komposit jika ada bilangan bulat a dan b sehingga p = ab. Tentunya dipenuhi 0 < a, b < p.
24
2 BILANGAN PRIMA
Untuk mulai pokok bahasan, diperhatikan fakta sederhana bahwa bilangan prima 3 dapat membagi 36. Kita juga mempunyai faktorisasi berikut 36 = 6 × 6 = 9 × 4 = 12 × 3 = 18 × 2.
Ternyata bilangan 3 dapat membagi minimal salah satu faktor di setiap perkalian tersebut. Sekarang diperhatikan pula bilangan komposit 4, yaitu 4|(2 × 6) tetapi 4 - 2 dan 4 - 6.
Teorema 2.1.
Jika
p
prima dan
p|ab
maka
p|a
atau
p|b.
Bila ternyata p|a maka teorema terbukti, selesai. Bila p - a maka pastilah gcd(a, b) = 1 sebab faktor p hanyalah 1 atau p. Berdasarkan Teorema 1.6(2) disimpulkan p|b.
Bukti.
Teorema ini menyatakan bahwa jika suatu bilangan prima p membagi perkalian dua bilangan bulat maka p pasti membagi salah satu diantara keduanya. Fakta ini dapat diperluas untuk bentuk perkalian beberapa bilangan bulat.
Akibat 2.1.
Bila
p
prima dan
p|a1 a2 · · · an
maka
p|ak
untuk suatu
k ∈ {1, · · · , n}.
Dibuktikan dengan menggunakan prinsip induksi matematika. Untuk n = 1, pernyataan berlaku secara otomatis. Untuk n = 2 pernyataan benar berdasarkan Teorema 2.1. Andaikan berlaku untuk n = i, yaitu p|a1 a2 · · · ai → p|ak untuk suatu k ∈ {1, · · · , i}. Untuk n = i + 1, diketahui p|(a1 a2 · · · ai )(ai+1 ). Berdasarkan Teorema 2.1 maka p|a1 a2 · · · ai atau p|ai+1 , yakni p|ak untuk suatu k ∈ {1, · · · , i + 1}.
Bukti.
Akibat 2.2. suatu
p, q1 , · · · , qn k ∈ {1, · · · , n}. Bila
semuanya prima dan
p|q1 q2 · · · qn
maka
p = qk
untuk
Berdasarkan akibat 2.1, p|qk untuk suatu k ∈ {1, · · · , n}. Karena qk prima maka tidak ada faktor lain selain 1 dan dirinya sendiri qk . Jadi haruslah p = qk .
Bukti.
Pada awal bab ini telah diilustrasikan bahwa suatu bilangan bulat dapat disajikan dalam bentuk perkalian bilangan-bilangan prima. Formalisasi keadaan ini disajikan dalam bentuk Teorema Fundamental Aritmatika (TFA) yang merupakan batu pijakan dalam teori bilangan.
25
2 BILANGAN PRIMA
Teorema 2.2.
Setiap bilangan bulat positif
perkalian bilangan-bilangan prima.
n>1
selalu dapat disajikan dalam bentuk
Representasi ini tunggal terhadap urutan faktor-
faktornya, yaitu
(2.1)
n = pe11 pe22 · · · pekk dimana
p1 , · · · , pk
prima dan
e1 , · · · , ek
eksponen bulat positif.
Dibuktikan dengan menggunakan prinsip induksi kuat. Untuk n = 2 pernyataan benar, yaitu dengan mengambil p1 = 2 dan e1 = 1. Asumsikan n > 2 dan ekspresi e (2.1) dipenuhi oleh setiap bilangan diantara 1 dan n, yaitu m = pe11 pe22 · · · pkkmm untuk setiap m = 3, 4, · · · , n − 1. Sekarang untuk bilangan n. Bila n prima maka tidak perlu dibuktikan lagi, karena ekspresi (2.1) terpenuhi secara otomatis. Jadi diasumsikan n komposit, yaitu terdapat bilangan bulat a dan b sehingga n = ab dimana 0 < a, b < n. Karena kedua a dan b kurang dari n maka berdasarkan hipotesis, mereka dapat disajikan sebagai perkalian bilangan-bilangan prima, katakan e e a = q1e1 q2e2 · · · qkkaa dan b = r1e1 r2e2 · · · rkkrr dimana para qi dan rk prima. Dengan membuat urutan baru dapat disajikan n = ab = pe11 pe22 · · · pekk . Selanjutnya ditunjukkan ketunggalan representasi (2.1). Andai kita mempunyai dua bentuk representasi berikut
Bukti.
n = pe11 pe22 · · · pekk = q1f1 q2f2 · · · qtft
(#).
Berlaku p1 |n. Berdasarkan Akibat (2.1), p1 |qj untuk suatu j ∈ {1, · · · , t}. Dengan cara menyusun kembali maka kita dapat meletakan qj diawal, katakan qj = q1 . Karena p1 dan q1 keduanya prima dan p1 |q1 maka haruslah p1 = q1 . Substitusi ke dalam persamaan (#) diperoleh pe11 −1 pe22 · · · pekk = q1f1 −1 q2f2 · · · qtft .
Bila proses ini diteruskan dengan memasangkan faktor prima yang sama pada kedua ruas, kemudian melakukan kanselasi maka akan terjadi penghilangan faktor prima pada salah satu ruas. Bila ada salah satu ruas yang tidak habis faktor primanya maka akan terdapat bilangan 1 pada ruas lainnya sehingga 1 merupakan perkalian dari paling tidak dua bilangan prima pi atau qj . Hal ini tidaklah mungkin karena pi dan qj keduanya lebih dari 1. Jadi faktor-faktor prima pada kedua ruas saling menghabiskan. Untuk itu, setelah penyusunan ulang haruslah k = t, pi = qi dan ei = fi . Terbukti representasi (2.1) tunggal.
26
2 BILANGAN PRIMA
Salah satu manfaat faktorisasi prima kita dapat menghitung banyaknya faktor prima suatu bilangan bulat seperti diilustrasi pada awal bab ini.
Contoh 2.1. Tentukan faktorisasi prima dari 24, dan 60.Gunakan hasil anda untuk menghitung banyaknya faktor positif yang ada. Temukan faktor-faktor prima tersebut. Dengan mudah kita dapat menemukan faktorisasi untuk 24, yaitu 24 = 2 · 3. Untuk menemukan semua faktor positifnya, diperhatikan tabulasi silang seperti diberikan pada Tabel 2.1 (kiri). Semua faktor yang dimaksud adalah {1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24} yaitu berjumlah 8 buah faktor. Kalau diperhatikan dengan seksama, besarnya pangkat pada faktorisasi prima menentukan banyak baris atau kolom pada tabulasi silang. Dalam hal ini pangkat 3 pada faktor 23 menghasilkan 4 kolom karena ditambahkan bilangan 1, sedangkan pangkat 1 pada 31 = 3 menghasilkan 3 baris karena ditambahkan bilangan 1. Jadi banyak faktornya adalah (3 + 1) × (1 + 1) = 8. Argumen yang sama diterapkan pada bilangan 60 yang mempunyai faktorisasi prima 22 · 3 · 5. Bila diperhatikan Tabel 2.1 (kanan), kombinasi faktor 22 dan 3 menghasilkan (2 + 1) × (1 + 1) = 6 buah faktor, yaitu {1, 2, 3, 4, 6, 12}. Kontribusi faktor 5 berikutnya memberikan total faktor sebanyak (2 + 1) × (1 + 1) × (1 + 1) = 12 buah, yaitu {1, 2, 3, 4, 6, 12, 5, 10, 15, 20, 30, 60}. Tabulasi silang seperti ini dapat membantu untuk menemukan semua faktor positifnya.
Penyelesaian.
3
× 1 3
× 1 3 ×
1 2 22 23 1 2 4 8 3 6 12 24
1 5
1
2
22
1 2 4 3 6 12 1 2 3 4 6 12 1 2 3 4 6 12 5 10 15 20 30 60
Table 2.1: Tabulasi silang faktor prima berpangkat Berdasarkan pembahasan pada contoh soal ini diperoleh hasil sebagai berikut.
Teorema 2.3.
Bila
n = pe11 pe22 · · · pekk
dan
Π(n)
adalah banyak faktor positif dari
Π(n) = (e1 + 1) × (e2 + 1) × · · · × (en + 1).
27
n
maka
(2.2)
2 BILANGAN PRIMA
Contoh 2.2. Tentukan semua faktor prima dari 50!, dan hitung banyak semua faktor positifnya. Diperhatikan 50! := (50)(49)(48) · · · (3)(2)(1). Jadi faktor-faktor primanya tidak lain adalah semua bilangan prima yang kurang dari 50, yaitu 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47 (ada 15 buah). Untuk menghitung semua faktor positifnya, terlebih dahulu sajikan bilangan 50! dalam bentuk faktorisasi prima. Wow bilangannya besar sekali, bagaimana caranya? Salah satu caranya adalah dengan membentuk faktorisasi prima untuk masing-masing faktor kompositnya, yaitu:
Penyelesaian.
50 = 2 · 52 42 = 2 · 3 · 7 34 = 2 · 17 26 = 2 · 13 18 = 2 · 32 9 = 25 · 5 49 = 72 40 = 23 · 5 33 = 3 · 11 25 = 52 16 = 24 8 = 23 48 = 24 · 3 39 = 3 · 13 32 = 25 24 = 23 · 3 15 = 3 · 5 6 = 2 · 3 46 = 2 · 23 38 = 2 · 19 30 = 2 · 3 · 5 22 = 2 · 11 14 = 2 · 7 4 = 22 45 = 32 · 5 36 = 22 · 32 28 = 22 · 7 21 = 3 · 7 12 = 22 · 3 44 = 22 · 11 35 = 5 · 7 27 = 33 20 = 22 · 5 10 = 2 · 5
Jadi 50! = 243 320 513 78 114 133 172 192 232 291 311 371 411 431 471 sehingga terdapat sebanyak (44)(21)(14)(9)(5)(4)(3)(3)(3)(2)(2)(2)(2)(2)(2) = 4023613440 buah, suatu jumlah yang sangat besar.
Contoh 2.3. Diberikan p prima, 1. Bila p|an , maka buktikan pn |an . 2. Bila gcd(a, b) = p, tentukan nilai dari gcd(a2 , b2 ). Bukti
1. Karena p| aa · · · a} = an maka menurut Akibat 2.2 disimpulkan bahwa p = a, | {z n f aktor
yaitu p|a. Akibatnya, pn |an . 2. Karena p|a dan p|b maka p2 |a2 dan p2 |b2 . Jadi p2 faktor persekutuan dari a2 dan b2 . Apakah p2 faktor persekutuan terkecil? Misalkan untuk dua bilangan bulat a dan b mempunyai representasi berikut a=
r Y
pαi i ,
b=
i=1
r Y i=1
28
pβi i
2 BILANGAN PRIMA
dimana lambang Π untuk perkalian. Kita selalu dapat menyatakan pi sebagai faktor persekutuan dari a dan b dengan membolehkan αi dan βi bernilai nol. Dengan menggunakan representasi ini, maka diperoleh hasil berikut ab =
r Y
piαi +βi
i=1
a = b gcd(a, b) =
lcm(a, b) =
r Y
piαi −βi asalkan b|a
i=1 r Y i=1 r Y
min{αi ,βi }
pi
max{αi ,βi }
pi
i=1
Contoh 2.4. Tentukan FPB dan KPK dari 132 dan 400. Penyelesaian.
Pertama ditentukan faktorisasi prima kedua bilangan ini, yaitu 132 = 22 · 3 · 11 400 = 24 · 52 .
Dengan menuliskan semua faktor prima yang ada, diperoleh p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, p4 = 11 dan α1 = 2, β1 = 4, α2 = 1, β2 = 0, α3 = 0, β3 = 2, α4 = 1, β 4 = 0. Dengan demikian diperoleh gcd(132, 400) = 22 · 30 · 50 · 110 = 4
lcm(132, 400) = 24 · 31 · 52 · 111 = 13200.
2.2 Saringan Eratosthenes
Bila diberikan sebuah bilangan bulat, bagaimana kita dapat memutuskan apakah ia prima atau komposit. Kalau ia komposit, bagaimana menentukan faktor-faktornya.
Teorema 2.4.
n > 1 √ p ≤ n.
Sebuah bilangan bulat
dibagi oleh suatu faktor prima
adalah komposit bila hanya bila ia dapat
(←) Bila n dapat dibagi oleh bilangan prima p tersebut maka jelas n komposit. (→) Sebaliknya diketahui n komposit, maka dapat ditulis n = ab dengan 0 <
Bukti.
29
2 BILANGAN PRIMA
√ √ a, b < n. Ini berakibat a ≤ n atau b ≤ n, sebab bila tidak akan menghasilkan √ ab > n. Faktor a atau b ini pasti dapat dibagi oleh bilangan prima p ≤ n, yang juga kemudian membagi n.
Teorema ini mengatakan bahwa jika suatu bilangan bulat n tidak terbagi oleh setiap √ bilangan prima p dengan p ≤ n maka dipastikan n adalah prima. Hasil inilah yang digunakan oleh seorang matematikawan Yunani Eratosthenes (276-194 SM) menemukan teknik untuk memilih bilangan prima dalam rentang tertentu. Metoda ini disebut saringan Eratosthenes (sieve of Eratosthenes ). Metoda ini akan jelas dalam contoh menentukan semua bilangan prima yang kurang dari 100. 1. Daftarkan semua bilangan tersebut, yaitu 2, 3, · · · , 100. Dapat dibentuk dalam bentuk persegi panjang untuk menghemat tempat. 2. Biarkan bilangan 2 sebagai bilangan prima pertama, silang semua bilangan keliapatan 2, yaitu 4, 6, 8, · · · 3. Setelah 2, bilangan pertama tidak tercoret adalah 3. Pertahankan bilangan 3 sebagai prima kedua, silang semua kelipatan 3, yaitu 6, 9, 12, · · · . 4. Bilangan pertama setelah 3 yang belum tercoret mestinya 5. Pertahankan bilangan 5 ini, coret semua kelipatan 5, yaitu 10, 15, 20, · · · 5. Cara yang sama dilakukan pada bilangan 7. √
Diperhatikan 7 adalah bilangan prima terakhir dengan 7 ≤ 100, sebab prima berikutnya adalah 11. Jadi setelah langkah ke 5, bilangan dalam daftar yang tidak tercoret adalah bilangan prima. Bilangan prima yang dimaksud adalah 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37,41,43,47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, kesemuanya prima kurang dari 100.
Contoh 2.5. Nyatakan a = 2093 dalam bentuk perkalian bilangan prima berpangkat. √
Diperhatikan bahwa 2093 < 46. Jadi cukup diperiksa bilangan prima yang kurang dari 46: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43 yang merupakan faktor. Ternyata 2093 hanya memiliki tiga faktor prima, yaitu 17, 13 dan 23, tepatnya
Penyelesaian.
2093 = 13 · 17 · 23.
30
2 BILANGAN PRIMA 2.3 Distribusi Bilangan Prima
Diperhatikan terdapat 4 bilangan prima diantara 1 dan 10, ada 21 bilangan prima diantara 10 dan 100, ada 21 bilangan prima diantara 100 dan 200, ada 16 bilangan prima diantara 200 dan 300...... Berdasarkan data empiris ini, distribusi bilangan prima semakin lama semakin jarang. Mungkinkah suatu saat bilangan prima tidak muncul lagi diantara kumpulan bilangan bulat yang sangat besar. Teorema berikut memberian jawabannya. Teorema ini dikenal dengan Teorema Euclides.
Teorema 2.5.
Terdapat takberhingga banyak bilangan prima.
Dibuktikan dengan kontradiksi. Andai hanya terdapat berhingga banyak bilangan prima, katakan secara berurutan p1 = 2, p2 = 3, · · · , pn . Ambil bilangan bulat N yang dide nisikan sebagai
Bukti.
N = p1 p2 · · · pn + 1.
Karena N > 1 maka berdasarkan TFA, P mesti dapat dibagi oleh suatu bilangan prima p. Tetapi kita telah mengandaikan bahwa hanya p1 , p2 , · · · , pn bilangan prima yang ada. Jadi haruslah p = pk untuk suatu k ∈ {1, · · · , n}. Kita mempunyai dua fakta, yaitu p|N dan p|p1 p2 · · · pn . Akibatnya p|(N − p1 p2 · · · pn ) atau p|1. Hal ini menimbulkan kontradiksi karena p > 1. Jadi tidaklah benar bahwa banyaknya bilangan prima berhingga. Pembahasan mengenai bilangan prima banyak menyimpan misteri yang belum terkuak. Sampai saat ini belum ada formula eksplisit atau cara efektif untuk mengidenti kasi bilangan prima. Diperhatikan contoh berikut.
Contoh 2.6. Misalkan p1 , p2 , · · · , pn adalah n buah bilangan prima pertama, dan dide nisikan p∗n = p1 p2 · · · pn + 1. Selidikilah apakah untuk setiap n ∈ N, p∗n prima. Berikan komentar. Penyelesaian.
Kita selidiki untuk beberapa p∗1 = 2 + 1 = 3 p∗2 = 2 · 3 + 1 = 7 p∗3 = 2 · 3 · 5 + 1 = 31 p∗4 = 2 · 3 · 5 · 7 + 1 = 211 p∗5 = 2 · 3 · 5 · 7 · 11 + 1 = 2311,
31
2 BILANGAN PRIMA
semuanya adalah prima. Namun perhatikan kasus berikut ini p∗6 = 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 + 1 = 59 · 509 p∗7 = 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 · 17 + 1 = 19 · 97 · 277,
ternyata tidak prima. Ternyata tidak semua n, p∗n prima. Permasalahan selanjutnya adalah tidak dapat diketahui dengan pasti apakah bilangan prima dengan pola seperti ini berhingga atau takberhingga. Sampai saat ini baru ditemukan 2, 3, 5, 7, 11, 31, 379, 1019, 1021, 2657, 3229, 4547, 4787, 11549, 13649, 18523, 23801, dan 24029 bilangan prima yang mengikuti pola ini. Terakhir, sebuah bilangan prima bentuk ini ditemukan pada tahun 1995 terdiri dari 10395 digit. Selain itu, semua p∗n dengan n < 35000 adalah komposit.
Teorema 2.6.
Terdapat takberhingga banyak bilangan prima yang berbentuk
4q + 3.
Bukti dengan kontradiksi. Andai hanya terdapat berhingga bilangan prima bentuk ini, katakan p1 , p2 , · · · , pk . Ambil m = 4p1 p2 · · · pk − 1 sehingga m berbentuk 4q + 3 yaitu dengan mengambil q = p1 p2 · · · pk + 1. Karena m ganjil maka setiap bilangan prima p yang membagi m juga ganjil, atau secara ekuivalen berbentuk p = 4q + 1 atau p = 4q + 3. Ingat adanya faktor prima ini dijamin oleh TFA. Bila p berbentuk 4q + 1 maka m juga mempunyai bentuk ini, padahal m berbentuk 4q + 3. Jadi haruslah m terbagi oleh suatu bilangan prima p yang berbentuk 4q + 3. Karena diasumsikan hanya ada p1 , p2 , · · · , pk bilangan prima bentuk ini maka haruslah p = pi untuk suatu i ∈ {1, · · · , k}. Jadi p|p1 p2 · · · pk , dan juga p|m. Diperoleh p|4p1 p2 · · · pk − m, atau p|1 suatu kontradiksi.
Bukti.
Contoh 2.7. Temukan 5 bilangan prima yang mempunyai pola 4q + 1. Untuk q = 1 diperoleh 4(1) + 1 = 5, untuk q = 3 diperoleh 4(2) + 1 = 13, untuk q = 4 diperoleh 4(4) + 1 = 17, untuk q = 7 diperoleh 4(7) + 1 = 29, untuk q = 9 diperoleh 4(9) + 1 = 37.
Penyelesaian.
Sebaliknya tidak semua bilangan prima berbentuk 4q + 1, misalnya 7, 11, 19 dan lainlain. Jadi walaupun takberhingga banyak bilangan prima dalam bentuk ini, namun masih terdapat takberhingga banyak pula bilangan prima yang tidak berbentuk seperti ini. Tidak semua bilangan prima dapat dikenali bentuk umumnya. Sebaliknya sulit menemukan suatu bentuk umum yang dapat menghasilkan bilangan prima. Teorema
32
2 BILANGAN PRIMA
Dirichlet mengatakan terdapat takerhingga banyak bilangan prima yang terdapat didalam barisan aritmatika a, a + b, a + 2b, a + 3b, · · ·
asalkan gcd(a, b) = 1. Sebagai contoh, diperhatikan bilangan yang diakhiri oleh angka 999: 1999, 100999, 1000999, · · · merupakan bilangan prima. Mereka ini berbentuk 1000n+ 999 dengan gcd(1000, 999) = 1. Bilangan prima Fermat dan Mersene
Kita fokus pada bilangan bulat yang mempunyai bentuk umum 2m ± 1. Sebagian besar bilangan ini adalah prima, misalnya 3, 5, 7, 13, 31, 127, · · · , semuanya berbentuk 2m ± 1. Kita tahu persis bentuk umum m yang membuat bilangan ini prima. Namun sebaliknya kita dapat mendeteksi bentuk m bilamana 2m + 1 prima, seperti diungkapkan pada teorema berikut.
Teorema 2.7.
Bila
2m + 1
prima maka
m = 2n
untuk suatu
n ≥ 0.
Dibuktikan melalui kontraposisinya. Diketahui m tidak berbentuk 2n . Maka ada bilangan ganjil q > 1 sehingga m = 2n q . Alasannya adalah sebagai berikut: untuk q ganjil, katakan q = 2k + 1 maka m = 2n (2k + 1), yaitu diantaranya berbentuk 2n · 3, 2n · 5, 2n · 7, · · · kesemuanya tidak mungkin berbentuk 2n karena faktor ganjilnya tidak dapat digabungkan dengan 2 untuk membentuk 2(·) . Bila q genap maka ada kemungkinan 2n q berbentuk 2(·) , misalnya 2n · 4 = 2n+2 . Perhatikan polinomial P (t) = tq + 1. Karena q ganjil maka dapat difaktorkan P (t) = (t + 1)(tq−1 − tq−2 + · · · + t2 − t + 1), jadi (t + 1) merupakan faktor dari P (t). Ambil n n n q n t = x2 , substitusi ke dalam P (t) diperoleh P x2 = x2 +1 = x2 q +1 = xm +1 n n mempunyai faktor (x2 + 1). Diambil x = 2 maka disimpulkan (22 + 1) adalah faktor dari 2m + 1. Jadi 2m + 1 bukan prima.
Bukti.
Bilangan yang berbentuk Fn := 22 + 1, n ≥ 0 disebut bilangan Fermat. Bilangan Fermat yang merupakan bilangan prima disebut prima Fermat. Ada konjektur bahwa semua bilangan Fermat adalah prima. Coba perhatikan beberapa diantaranya F0 = 3, F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257, F5 = 65537 kesemuanya adalah prima. Namun pada tahun 1732 Euler menunjukkan bahwa bilangan Fermat berikutnya adalah komposit, yaitu n
F5 = 232 + 1 = 4294967297 = 641 × 6700417,
33
2 BILANGAN PRIMA
sehingga konjektur tersebut tidak terbukti. Walaupun tidak semua bilangan Fermat adalah prima, namun dapat dipastikan setiap pasangan dua bilangan Fermat membentuk prima relatif, yaitu gcd(Fn , Fn+k ) = 1. Untuk bukti, lihat Jones and Jones (2005). Selanjutnya, bilangan yang berbentuk 2p +1 dimana p prima disebut bilangan Mersene, dan diantara bilangan ini yang prima disebut bilangan prima Mersene. Untuk p = 2, 3, 5, 7 diperoleh bilangan prima Mersene berikut Mp = 3, 7, 31, 127,
tetapi untuk p = 11, M11 = 211 + 1 = 2047 = 23 × 89 ternyata bukan prima.
2.4 Uji Keterbagian
Berdasarkan Teorema Fundamental Aritmatika kita selalu dapat menyajikan sebarang bilangan bulat dalam bentuk perkalian bilangan prima berpangkat. Permasalahannya adalah bagaimana cara efektif untuk menemukan semua faktor tersebut. Metoda cobacoba sangat tidak efektif terutama bilangannya besar. Untuk itu diperlukan cara untuk mendeteksi awal suatu bilangan bulat dapat terbagi oleh bilangan bulat lainnya. Suatu bilangan bulat n dalam bentuk desimal dan dalam basis 10 ditulis sebagai berikut n = ak ak−1 · · · a1 a0 ↔ n = ak 10k + ak−1 10k−1 + · · · + a1 10 + a0 .
Sebagai contoh n = 3457 berarti k = 3 dan n = 3 · 103 + 4 · 102 + 5 · 101 + 7. Berikut beberapa proposisi untuk uji keterbagian.
Proposisi 2.1. n habis terbagi 2 bila hanya bila a0 Bukti.
genap.
Cukup jelas.
Proposisi 2.2. n habis dibagi 3 bila hanya bila jumlah angka-angka pembangunnya habis dibagi 3.
Diperhatikan bentuk 10k = (9 + 1)k . Bila dijabarkan maka akan menghasilkan bentuk mk +1 dimana mk suatu bilangan kelipatan 9, jadi habis dibagi 3. Ilustrasi,
Bukti.
34
2 BILANGAN PRIMA
(9 + 1)1 = |{z} 9 +1, (9 + 1)2 = |92 +{z2 · 9} +1, (9 + 1)3 = |93 + 3 ·{z 92 + 3 · 9} +1. Secara m1
m2
umum dijabarkan dengan menggunakan formula binomial (9 + 1)k =
k X r=0
!
k r
9r 1k−r = 1 +
k X
|r=1
k r {z
mk
m3
! 9r . }
Jadi diperoleh n = (ak mk + ak−1 mk−1 + · · · + a1 m1 ) +(ak + ak−1 + · · · + a1 + a0 ). | {z } M
Karena 3|M maka diperoleh 3|n ↔ 3|(ak + ak−1 + · · · + a1 + a0 ).
Contoh 2.8. Bilangan 372 habis dibagi 3 sebab 3 + 7 + 2 = 12 habis dibagi 3, tetapi bilangan 4561 tidak dapat dibagi 3 sebab 4 + 5 + 6 + 1 = 16 tidak terbagi oleh 3, silahkan cek!.
Proposisi 2.3. n
habis dibagi
4
bila hanya bila bilangan yang dibentuk oleh dua digit
terakhirnya habis dibagi 4. Bukti.
Diperhatikan n = ak 10k + ak−1 10k−1 + · · · + a2 102 +a1 10 + a0 . Karena Q selalu {z
|
Q
}
habis dibagi 4 maka n habis dibagi 4 bila hanya bila a1 10 + a0 ≡ a1 a0 habis dibagi 4.
Contoh 2.9. Bilangan 4562 tidak habis dibagi 4 sebab 62 tidak habis dibagi 4, sedangkan 34232 habis dibagi 4 sebab32 habis dibagi 4.
Proposisi 2.4. n habis dibagi 5 bila hanya bila angka terakhirnya 0 atau 5. Bukti.
Cukup jelas.
Proposisi 2.5. n habis dibagi 6 bila hanya bila jumlah angka-angka pembangunnya habis dibagi 3 dan angka terakhirnya
a0
genap.
6|n ↔ 3|n dan 2|n. Dengan menggunakan Proposisi 2.1 dan 2.1, terbuktilah proposisi ini.
Bukti.
Contoh 2.10. Bilangan 6531 dan 47502 kedua habis dibagi 3 sebab jumlah angkaangkanya habis dibagi 3. Selanjutnya, 47502 habis dibagi 6 tetapi 6531 tidak habis dibagi 6.
35
2 BILANGAN PRIMA
Catatan 2.1.
Bila habis dibagi 6 maka habis dibagi 3, tetapi tidak berlaku sebaliknya.
Proposisi 2.6.
Syarat cukup
n
habis dibagi 7 adalah M habis dibagi 7, dimana M bi-
langan lebih kecil yang diperoleh dengan cara membuang angka terkahir N kemudian menguranginya dengan 2 kali angka terakhir tersebut.
Sebelum dibuktikan diperhatikan dulu contoh berikut.
Contoh 2.11. Diperhatikan bilangan n = 47292. Kita perkecil bilangan ini dengan menggunakan teknik pada proposisi di atas. 47292 → 4729 − 2(2) = 4725 → 472 − 2(5) = 462 → 46 − 2(2) = 42 =: M.
Karena M habis dibagi 7 maka disimpulkan n habis dibagi 7. Silahkan cek! Bukti.
Berdasarkan pembentukan M seperti pada proposisi kita dapat menulis M = ak 10k−1 + ak−1 10k−2 + · · · + a2 10 + a1 − 2a0 10M = ak 10k + ak−1 10k−1 + · · · + a2 102 + a1 10 − 2a0 10 = ak 10k + ak−1 10k−1 + · · · + a2 102 + a1 10 + a0 −a0 − 20a0 {z } | n
= n − 21a0 .
Jadi diperoleh hubungan n = 10M + 21a0 . Jelas bila 7|M maka 7|n sebab 21a0 selalu habis dibagi 7.
Proposisi 2.7. n
habis dibagi
terakhirnya habis dibagi Bukti.
8
bila hanya bila bilangan yang dibentuk oleh tiga digit
8.
Tulis n = ak 10k + ak−1 10k−1 + · · · + a3 103 + (a2 102 + a1 10 + a0 ). Karena T se|
{z
}
T
lalu habis dibagi 8 maka n habis dibagi 8 bila hanya bila a2 102 +a1 10+a0 ≡ a2 a1 a0 habis dibagi 8.
Proposisi 2.8. n habis dibagi 9 bila hanya bila jumlah angka-angka pembangunnya habis dibagi 9. Bukti.
Gunakan argumen yang sama ketika membuktikan habis dibagi 3.
Proposisi 2.9. n habis dibagi 10 bila hanya bila angka terakirnya 0.
36
2 BILANGAN PRIMA Bukti.
Cukup jelas.
Proposisi 2.10. n
habis dibagi
11
bila hanya bila selisih antara jumlah angka pada
urutan genap dan urutan ganjil habis dibagi
11.
Diperhatikan suku 10i = (11 − 1)i = 11q + (−1)i . Misalnya 101 = 11 − 1, 102 = (11 − 1)2 = 112 − 2(11) + (−1)2 = 11 (11 − 2) +(−1)2 , 103 = (11 − 1)3 =
Bukti.
| {z } q
11 − 3(11 ) + 3(11) + (−1) = 11 (11 − 3(11) + 3) +(−1)3 ,· · · Jadi diperoleh {z } | 3
2
2
3
ekspresi berikut (dengan asumsi k genap): n = 11K +
k X
q
ak (−1)i = 11K + ((a2 + a4 + · · · + ak ) − (a1 + a3 + · · · + ak−1 )) .
i=1
Karena 11K selalu habis dibagi 11 maka diperoleh n habis dibagi 11 bila hanya bila suku (a2 + a4 + · · · + ak ) − (a1 + a3 + · · · + ak−1 ) habis dibagi 11.
Contoh 2.12. Coba periksa apakah 8679 dan 3567811 dapat dibagi oleh 11. Perhatikan bilangan 8679. Selisih jumlah digit pada posisi genap dan ganjil adalah
Penyelesaian.
(8 + 7) − (6 + 9) = 0
ternyata habis dibagi 11. Jadi bilangan 8679 habis dibagi 11. Untuk bilangan 3567811 diperoleh (3 + 6 + 8 + 1) − (5 + 7 + 1) = 18 − 13 = 6
tidak dapat dibagi 11 sehingga 3567811 juga tidak habis dibagi 11. Coba cek!
Contoh 2.13. Temukan semua faktor prima bilangan 510510, kemudian hitung banyak semua faktor positifnya. Sekilas pandang, bilangan ini terbagi oleh 2 (karena angka terakhirnya genap), terbagi oleh 5 (karena angka terakhirnya 0). Hasilnya sementara adalah 510510 = 2 · 5 · 51051. Karena 5 + 1 + 0 + 5 + 1 = 12 terbagi oleh 3 maka 51051 juga terbagi oleh 3, hasil berikutnya adalah 510510 = 2 · 5 · 3 · 17017. Sekarang fokus pada bilangan 17017. Perhatikan selisih (1 + 0 + 7) − (7 + 1) = 0 habis dibagi 11,
Penyelesaian.
37
2 BILANGAN PRIMA
yaitu 17017 = 11 × 1547. Untuk bilangan 1547 diperoleh 1547 → 154 − 2(7) = 140 → 14 − 2(0) = 14 → M
habis dibagi 7 sehingga 1547 juga habis dibagi 7, yaitu 1547 = 7 × 221. Nah, bilangan 221 sudah cukup kecil sehingga dengan mudah difaktorka sebagai 221 = 11 · 13. Diperoleh hasil akhir faktorisasi prima sebagai berikut 510510 = 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 · 17.
Berdasarkan teori yang sudah dibahas sebelumnya, banyak faktor positif yang ada ditentukan berdasarkan (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1)(1 + 1)(1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 27 = 128.
Contoh 2.14. Diberikan bilangan N = 181920...92939495, yaitu dengan menuliskan secara berurutan digit bilangan dua digit dari 18 sampai dengan 95. Apakah N terbagi habis oleh 3. Jika iya, tentukan pangkat tertinggi p pada faktorisasi prima 3p . Diamati secara seksama frekuensi kemunculan angka 1 s.d. 9 pada bilangan N , hasilnya diringkas pada tabel berikut
Penyelesaian.
Angka(a)
1 2 3 4 5 6 7 8 9
f
Muncul pada
10 18, 19, 21, 31, 41, 51, 61, 71, 81, 91 18 20, 21, 22, · · · , 29, 32, 42, 52, 62, 72, 82, 92 18 23, 30, · · · , 33, · · · , 39, 43, 53, 63, 73, 83, 93 18 24, 34, 40, · · · , 44, · · · , 49, 54, 64, 74, 84, 94 18 25, 35, 45, 50, · · · , 55, · · · , 59, 65, 75, 85, 95 17 26, 36, 46, 56, 60, · · · , 66, · · · , 69, 76, 86 17 27, 37, 47, 57, 67, 70, · · · , 77, 78, 79, 87 18 18, 28, 38, 48, 58, 68, 78, 80, · · · , 88, 89 14 19, 29, 39, 49, 59, 69, P 79, 89, 90, · · · , 95
f ·a
10 36 54 72 90 102 119 144 126 753
Dengan menggunakan sifat keterbagian 3, diperoleh 753 → 7 + 5 + 3 = 15.
Jadi N dapat dibagi 3. Karena 15 hanya terbagi oleh 3 tetapi tidak terbagi oleh 9 maka p = 1 adalah pangkat tertinggi pada faktor 3p .
38
3 TEORI KONGRUENSI
39
4 TEOREMA FERMAT DAN WILSON
40
