HUBUNGAN BILANGAN SEMPURNA DAN BILANGAN PRIMA FIBONACCI Revi Lestari1∗ , Sri Gemawati2 , M. Natsir2 1
Mahasiswa Program Studi S1 Matematika 2 Dosen Jurusan Matematika Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Universitas Riau Kampus Bina Widya Pekanbaru 28293 ∗
[email protected]
ABSTRACT This article ∑discusses the concept of F -perfect number, that is a positive integer n such that (d|n,d
1
Pada zaman Yunani kuno ahli-ahli matematika tertarik dengan pengertian bilangan Sempurna. Thomas [5] Pythagoras mengamati bahwa 6 sama dengan penjumlahan pada faktor yang tepat: 6 = 1 + 2 + 3, bilangan inilah yang disebut bilangan sempurna. bilangan sempurna adalah bilangan yang memiliki hasil penjumlah faktor-faktor positif sama dengan dua kali bilangan tersebut. Jika∑d adalah faktor bilangan positif dari n, maka n adalah bilangan sempurna jika (d|n,d
dengan n ≥ 3.
Pada barisan bilangan Fibonacci, 2 adalah bilangan Fibonacci yang ke-3, 5 adalah bilangan Fibonacci yang ke-5, bilangan ini di sebut bilangan prima Fibonacci. Bilangan prima Fibonacci adalah bilangan Fibonacci yang ke-n dengan n adalah Prima. Lima bilangan prima Fibonacci yang pertama adalah F2 , F3 , F5 , F7 dan F11 . Teorema 1(Cassini) Untuk Fn barisan bilangan Fibonacci memenuhi Fn−1 Fn+1 − Fn2 = −1n , n ≥ 1 Bukti. [5, h. 132] Selain bilangan prima Fibonacci, bilangan sempurna juga menarik untuk diketahui. Untuk mengetahui bilangan sempurna dimulai dengan fungsi τ dan fungsi σ. Fungsi τ untuk n bilangan bulat positif menyatakan banyaknya bilangan bulat positif yang membagi n. Misalkan n = 18 dan bilangan bulat positif yang membagi n adalah 1,2,3,6,9 dan 18, jika dihitung banyaknya bilangan bulat positif tersebut adalah 6, sehingga τ (18) = 6. Fungsi sigma (σ) menyatakan penjumlahan semua banyaknya bilangan bulat positif yang membagi n. Untuk n = 18 maka σ(18) = 1 + 2 + 3 + 6 + 9 + 18 = 39.
Repository FMIPA
2
Selanjutnya, untuk fungsi τ dan fungsi σ adalah multiplikatif. Dengan memberikan fungsi baru F yang didefinisikan oleh ∑ F (n) = f (d), d|n
Teorema 2 Jika f adalah fungsi multiplikatif, maka F (n) = tiplikatif. Bukti. [5, h. 367]
∑ d|n
f (d) adalah mul-
Akibat 3 Fungsi tau dan fungsi sigma adalah multiplikatif. Bukti. [5, h. 368] Teorema 4 Diberikan p adalah sebarang bilangan prima dan k adalah sebarang k+1 −1) bilangan bulat positif maka τ (pk ) = k + 1 dan σ(pk ) = (p(p−1) . Bukti. [5, h. 369] Teorema 5 Diberikan n adalah bilangan bulat positif dengan bentuk kanonik n = pk11 pk22 · · · pkmm maka τ (n) = (k1 + 1)(k2 + 1) · · · (km + 1) dan σ(n) =
(pkm +1 − 1) (pk11 +1 − 1) (pk22 +1 − 1) . ··· m (p1 − 1) (p2 − 1) (pm − 1)
Bukti. [5, h. 369] untuk τ (n) dan σ(n) dapat ditulis juga dalam bentuk τ (n) = ∏ (pki i −1) dan σ(n) = m i=1 (pi −1) .
∏m
i=1 (ki +1)
Teorema 5 (Euclid) Jika n adalah bilangan bulat ≥ 2 yang mana 2n − 1 adalah prima maka N = 2n−1 (2n − 1) adalah bilangan sempurna. Bukti. [5, h. 375] 3. HUBUNGAN BILANGAN SEMPURNA DAN BILANGAN PRIMA FIBONACCI Pada artikel ini membahas hubungan Bilangan Sempurna dan Bilangan Fibonacci Prima melalui konsep dari F -bilangan sempurna yang mana setiap bilangan bu∑ lat positif n sedemikian sehingga d|n,d
3
Lema 6 Jika d > 0 adalah bilangan bulat ganjil, maka x2 − dy 2 = −4 memiliki solusi bilangan bulat jika dan hanya jika u2 − dv 2 = −1 memiliki solusi bilangan bulat. Bukti. Dengan menggunakan transformasi, maka diperoleh { 2 u= x(x 2+3) , 2 . v= (x +1)y 2 Maka, u2 − dv 2 = (
(x2 + 1)y 2 x(x2 + 3) 2 ) − d( ) = −1 2 2
Lema 7 Semua solusi persamaan 1 + x2 + y 2 = 3xy (1 ≤ x < y) adalah { x= F2k−1 y= F2k+1
(1)
dengan k ≥ 1 dan Fn adalah bilangan Fibonacci. Bukti. Pertama-tama akan dibuktikan bahwa persamaan (1) memenuhi persamaan 1 + x2 + y 2 = 3xy . Berdasarkan identitas Cassini diperoleh Fn2 − Fn+1 Fn−1 = (−1)n−1 , yang mana, 2 F2k − F2k+1 F2k−1 = −1 2 (F2k+1 − F2k−1 ) − F2k+1 F2k−1 = −1 2 2 F2k+1 − 3F2k+1 F2k−1 + F2k−1 = −1
maka, 2 2 1 + F2k−1 + F2k+1 = 3F2k−1 F2k+1 .
Terbukti bahwa x dan y memenuhi persamaan (1). Lalu akan dibuktikan bahwa persamaan (1) adalah solusi untuk 1 + x2 + y 2 = 3xy (1 ≤ x < y). Yang perlu dibuktikan bahwa jika 1 + x2 + y 2 = 3xy (1 ≤ x < y) maka x = F2k−1 . Untuk persamaan 1 + x2 + y 2 = 3xy maka 1 + x2 + y 2 = 3xy ⇐⇒ 5x2 − 4 = (3x − 2y)2 , dengan x adalah bilangan Fibonacci. Jika x = F2k maka 2 − 4 = (3x − 2y)2 . 5F2k 2 5F2k + 4 = L22k ,
dengan L0 = 2, L1 = 1, Ln+1 = Ln + Ln−1 . Oleh karena itu 2 2 − 4) = L22k − (3x − 2y)2 , + 4) − (5F2k 8 = (5F2k
Repository FMIPA
4
jadi |3x − 2y| = 1,L2k = 3 dan x = F2k = disimpulkan bahwa x = F2k−1 .
√
L22k −4 5
= 1 = F2 = F1 . Sehingga dapat
Lema 8 Jika bilangan bulat positif k ̸= 3, maka 1 + x2 + y 2 = kxy tidak memiliki solusi. Bukti. Karena kxy = 1 + x2 + y 2 > 2xy, maka perlu dibuktikan untuk k ≥ 4. Jika 1 + x2 + y 2 = kxy memiliki solusi bilangan bulat, diskriminan dari kuadratik dari persamaan 1 + x2 + y 2 = kxy pada x haruslah kuadrat, dengan z adalah diskriminan maka nilai z ∈ Z sehingga k 2 y 2 − 4(y 2 + 1) = (k 2 − 4)y 2 − 4 = z 2 , atau z 2 − (k 2 − 4)y 2 = −4, maka diperoleh bahwa k adalah bilangan ganjil. Dengan menggunakan kontradiksi, misalkan k adalah bilangan genap, maka x dan y tidak bisa keduanya genap. Jika hanya salah satu x dan y adalah ganjil, maka 1 + x2 + y 2 = kxy
( mod 4) =⇒ 2 ≡ 0 (
mod 4).
Jika x dan y adalah keduanya bilangan ganjil, maka 1 + x2 + y 2 = kxy
( mod 2) =⇒ 1 ≡ 0 (
mod 2).
Oleh karena itu k adalah ganjil. Sehingga k 2 − 4 bukanlah kuadrat sempurna untuk bilangan bulat ganjil k ≥ 4, jadi melalui Lema 1 dan 2 diperoleh z 2 − (k 2 − 4)y 2 = −4 ⇐⇒ u2 − (k 2 − 4)v 2 = −1 √ ⇐⇒ ℓ( k 2 − 4)
memiliki solusi bilangan bulat memiliki solusi bilangan bulat
adalah bilangan ganjil. √ [ ] k−3 Untuk bilangan ganjil k ≥ 4, diperoleh k 2 − 4 = k − 1; 1, k−3 , 2, , 1, 2k − 2 2 2 √ √ maka ℓ( k 2 − 4) = 6 [6, h. 503] dimana hal ini kontradiksi dengan ℓ( k 2 − 4) adalah ganjil. Lema 9 Untuk setiap bilangan bulat positif a ≥ 2 ada tak hingga bilangan genap n sehingga n|σa (n). ∏ ∏ Bukti. Misalkan faktorisasi prima dari n adalah ri=1 pki i maka σa (n) = ri=1 σa (pki i ) dengan k dan n adalah bilangan positif. Karena σa (n) adalah multiplikatif maka berlaku σa (n) =
r ∏
σa (pi )ki = σa (pk11 × pk22 × · · · × pkr r ) = σa (pk11 )σa (pk22 ) · · · σa (pkr r )
i=1
Pilih p adalah bilangan prima yang membagi 1+2a sehingga σa (2p) = (1+2a )(1+pa ), p adalah ganjil dan 2|1 + pa sehingga 2p|σa (2p), karena p tak hingga maka dapat Repository FMIPA
5
disimpulkan bahwa ada tak hingga bilangan genap n untuk n|σa (n). Lema 10 Jika bilangan prima p < q dengan p|q + 1 dan q|p + 1 maka p = 2 dan q = 3. Bukti. Karena p < q dengan p|q + 1 dan q|p + 1 jika dan hanya jika terdapat bilangan bulat positif k sehingga 1 + p + q = kpq. Jika k = 1, maka 1 + p + q = pq atau (p − 1)(q − 1) = 2 diperoleh p = 2,q = 3. Jika k ≥ 2, maka kpq ≥ 2pq > p + q + 1. Lema 11 Jika
x2 −x+1 xy−1
x2 −x+1 =1 xy−1 2 x −x+1 =n≥ xy−1
∈ N , dengan x, y ∈ N dan y ≥ 2, maka
−x+1 Bukti. Untuk (x, y) = (1, 2), maka x xy−1 = 1. Andaikan 2 maka 2 x − (1 + ny)x + n + 1 = 0, jadi diskriminan harus berupa kuadrat dengan z ∈ Z sedemikian hingga (1 + ny)2 − 4(n + 1) = z 2 , 2
{ 1 + ny + z = a, 1 + ny − z = b,
atau
dengan ab = 4(n + 1). Oleh karena itu, 2ny = a + b − 2, y=
a+b−2 2a + 2b − 4 a+b−2 = = , ab 2n ab − 4 2x( 4 − 1)
dengan a ≥ b > 0. Jika b ≥ 5 maka y = b = 1, 2, 3 atau 4.
2a+2b−4 ab−4
≤
2a+2b−4 5b−4
< 1. Oleh karena itu,
• Jika b = 1, maka a = 4(n + 1) ≥ 12, diperoleh 2 < y = • Jika b = 2, maka a = 2(n + 1) ≥ 6, diperoleh 1 < y =
2a−2 a−4
a a−2
< 3.
< 2.
• Jika b = 3, maka a = 43 (n + 1) ≥ 4. untuk a ≥ 6, diperoleh y = untuk 4 ≤ a ≤ 5, diperoleh 1 < y = 2a+2 < 2. 3a−4 • Jika b = 4, maka a = n + 1 ≥ 3. untuk a = 3, diperoleh y = a+2 a ≥ 4, diperoleh y = 2a−2 ≤ 1.
a=2 2a−2
2a+2 3a−4
≤ 1;
= 54 ; untuk
Lema 12 Jika bilangan bulat positif x ≥ y memenuhi x|y 2 − y + 1 dan y|x2 − x + 1, maka x = y = 1. Bukti. Untuk x = y, maka x = y = 1. Misalkan x > y maka { y 2 − y + 1 = xt2 , x2 − x + 1 = yt1 , dengan t1 ,t2 ∈ N . Untuk t2 = y, maka y|1 dan x = y = 1. Untuk t2 > y, maka y 2 − y + 1 = xt2 ≥ (y + 1)(y + 1) = y 2 + 2y + 1, Repository FMIPA
6
yang mana ini tidak mungkin. Oleh karena itu y > t2 dan t22 yt1 = t22 (x2 − x + 1) = (xt2 )2 − t2 (xt2 ) + t22 = (y 2 − y + 1)2 + t2 (y 2 − y + 1) + t22 = (y 2 − y)2 + 2(y 2 − y) + t22 − t2 + 1 jadi y|t22 − t2 + 1, dengan t3 ∈ N sehingga t22 − t2 + 1 = yt3 . Perlu diingat juga bahwa y 2 − y + 1 = xt2 = t2 x, maka { t22 − t2 + 1 = yt3 , y 2 − y + 1 = t2 x, dengan y > t2 . Dengan mengulang proses tersebut, maka akan diperoleh x > y > t2 > t3 > · · · > tk = 1 dengan bilangan t2 , t3 , · · · , tn memenuhi { ti+1 |t2i − ti + 1, ti |t2i+1 − ti+1 + 1. Tetapi tk−1 |t2k − tk + 1 dan tk = 1, jadi tk−1 = 1. Oleh karena itu x = y = t2 = · · · = tk = 1, dimana ini adalah kontradiksi. Selanjutnya akan dipaparkan perluasan Bilangan sempurna dan bilangan prima Fibonacci melalui beberapa Teorema. Pertama akan dibahas perluasan dari Bilangan sempurna yang mana misalkan N adalah himpunan bilangan bulat positif ∑ d2 = bn, (2) σ2 (n) − n2 = d|n,d
dengan b ∈ N . Teorema 13 Untuk setiap bilangan bulat positif b ̸= 3 persamaan (2) memiliki solusi terbatas dan tidak memiliki solusi untuk b = 1, 2. Bukti. Misalkan n = pα1 1 pα2 2 · · · pσk k yang adalah faktorisasi prima dari n, dimana p1 < p2 < · · · < pk , αi ≥ 1, dan k ≥ 1. Untuk k = 1, dari persamaan persamaan (2) akan diperoleh 2(α1 −1)
σ2 (n) − n2 = 1 + p21 + · · · + p1
= bpα1 1
dimana ini tidak mungkin. Untuk k ≥ 3, diperoleh bn =σ2 (n) − n2 n2 n2 n2 > 2 + 2 + ··· + 2, p1 p2 pk Repository FMIPA
7
dengan menggunakan ketidaksamaan rata-rata aritmatika-geometri maka diperoleh ( bn ≥ ( = dengan αi −
2 k
≥
αi 3
n2 n2 n2 · · · p21 p22 p2k
) k1
α1 − 2 α2 − 2 kp1 k p2 k
α −2 · · · pk k k
) n.
untuk 1 ≤ i ≤ k, diperoleh b≥
a1 − 2 a2 − 2 kp1 k p2 k
a −2 · · · pk k k
≥k
k ∏
ai
1
pi3 ≥ 3n 3 .
(3)
i=1
Oleh karena itu n adalah terbatas. Untuk k = 2, dari persamaan (3) maka b ≥ 2pα1 1 −1 pα2 2 −1 ,
(4)
diperoleh bahwa αi (1 ≤ i ≤ 2) adalah terbatas. Jika α2 > 1, maka dapat simpulkan dari persamaan (4) bahwa p2 adalah terbatas, sehingga n adalah terbatas. Jika α2 = 1 dan α1 > 1, maka p1 adalah terbatas dari persamaan (4), tetapi σ2 (n) − n2 = bn, 2α1 p22
2 1 (1 + p21 + p41 + · · · + p2α 1 )(1 + p2 ) − p1
= bpα1 1 p2 ,
α1 2α1 2 2 4 1 (1 + p21 + p41 + · · · + p2α 1 )p2 − bp1 p2 + (1 + p1 + p1 + · · · + p1 ) = 0.
(5)
Dengan mengikuti persamaan (5) bahwa p2 adalah terbatas oleh karena itu p1 juga terbatas. Jika α1 = α2 = 1, maka dari σ2 (n) − n2 = bn diperoleh 1 + p22 + p22 = 1p1 p2 .
(6)
Untuk b ̸= 3, dari Lema (8) diperoleh bahwa persamaan (6) memiliki solusi bukan bilangan bulat. Dari persamaan (3), persamaan (4) dan persamaan (6), dapat disimpulkan bahwa persamaan (2) tidak memiliki solusi untuk b = 1, 2. Teorema 14 Untuk b = 3 semua solusi dari persamaan (2) adalah n = F2k−1 F2k+1 (k ≥ 1), dengan F2k−1 dan F2k+1 adalah bilangan prima Fibonacci. Bukti. Misalkan n = pα1 1 pα2 2 · · · pαk k adalah merupakan faktorisasi prima dari n, dengan p1 < p2 < · · · < pk , αi ≥ 1, dan k ≥ 1. Akan dibuktikan jika n adalah F -bilangan sempurna, maka k = 2 dan α1 = α2 = 1. Jika k = 1 maka 2(α1 −1)
α2 (n) − n2 = 1 + p21 + p41 + · · · + p1
= 3pα1 1 ,
hal ini tidak mungkin. Jika k ≥ 3 maka dari persamaan (3) diperoleh n = 1, hal ini tidak mungkin. Repository FMIPA
8
Sehingga k = 2. Kemudian akan ditunjukkan bahwa α1 = α2 = 1. Misalkan α1 + α2 ≥ 3 akan diperoleh α12 − α1 + 2α1 α2 ≥ α1 (α1 + α2 ) dan α22 − α2 + 2α1 α2 ≥ α2 (α1 +α2 ), dan dengan menggunakan ketidaksamaan rata-rata aritmatika-geometri, diperoleh 3n = σ2 (n) − n2 2(α1 −1)
> (1 + p21 + p41 + · · · + p1
2(α2 −1)
2 )p2α + (1 + p22 + p42 + · · · + p2 2
2(α1 −1) 2α2 2∂1 2 2α1 p2 p1 p2 p1
2 2 2α2 > (α1 + α2 )(p2α · · · p1 2 p1 p2 = 3n
1 )p2α 1
1 2(α2 −1) 2α1 α +α p1 ) 1 2
· · · p2
Dimana ini tidak mungkin, sehingga k = 2,α1 = α2 = 1 dan σ2 (n) − n2 = 3n, maka diperoleh 1 + p21 + p22 = 3p1 p1 . Definisi 15 Jika bilangan bulat positif n memenuhi σ2 (n) − n2 = 3n,
(7)
maka n disebut F -bilangan sempurna. Selanjutnya akan dipaparkan generalisasi bilangan sempurna secara lebih luas lagi ∑ da = bn, (8) σa (n) − na = d|n,d
dengan bilangan bulat a ≥ 3 dan b ≥ 1. Teorema 16 Untuk setiap bilangan bulat positif a ≥ 3 dan b ≥ 1, persamaan (8) memiliki solusi terbatas. Bukti. Misalkan n = pα1 1 pα2 2 · · · pαk k adalah merupakan faktorisasi prima dari n, dengan p1 < p2 < · · · < pk , αi ≥ 1, dan k ≥ 1. Ini jelas bahwa k ̸= 1. Untuk k ≥ 2, mengikuti pembuktian Teorema (13), b≥
(a−1)α1 − α (a−1)α2 − ka k kp1 p2
(a−1)αk − ka · · · pk
≥k
k ∏
αi
1
pi 2 ≥ 2n 2 .
i=1
Untuk α ≥ 3, n adalah terbatas. Akibat 17 Untuk setiap bilangan bulat positif di berikan a ≥ 2, ada tak hingga bilangan bulat positif b sedemikian hingga persamaan (8) memiliki solusi bilangan bulat. Bukti. Melalui Teorema (13) , Teorema (14), Teorema (15) dan Lema (9) diperoleh bahwa persamaan (8) memiliki solusi bilangan bulat untuk a ≥ 2 dan ada tak hingga Repository FMIPA
9
bilangan bulat positif b dan pada Teorema (3.8) persamaan (8) hanya memiliki solusi satu bilangan bulat yang genap untuk a = 2, b = 3. Teorema 18 Jika n = pq, dengan p < q adalah bilangan prima dan n|σ3 (n) maka n = 6, jika n = 2α p (α ≥ 1), dengan p adalah bilangan prima yang ganjil dan n|σ3 (n) maka n adalah bilangan sempurna yang genap kecuali 28. Bukti. Untuk n = pq(p < q), maka σ3 (n) = 1 + p3 + q 3 + p3 q 3 . Karena n|σ3 (n), sehingga pq|1 + p3 + q 3 . Untuk p|q 3 + 1 dan q|p3 + 1 mengikuti dari x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1) bahwa p|q 3 + 1 dan q|p3 + 1 diperoleh dari lema (10), sistem { p|q + 1 q|p + 1 Hanya memiliki solusi (p, q) = (2, 3). Dari lema (12), sistem { p|q 2 − q + 1, q|p2 − p + 1. tidak memiliki solusi. Jika
{
p|q + 1 q|p2 − p + 1
Maka pq(q +1)|(p2 −p+1) dan pq|p2 −p+q +1, sehingga terdapat k ∈ N sedemikian hingga p2 − p + q + 1 = kpq, diperoleh q=
p2 − p + 1 ≥ 2. kp − 1
(9)
−p+1 1 = p + p−1 , sehingga (p, q) = (2, 3). untuk k = 1, maka diperoleh q = p p−1 untuk k ≥ 2, maka dari Lema (11), persamaan (9) tidak memiliki solusi. Dengan cara yang sama, dapat diperoleh bahwa sistem { q|p + 1 p|q 2 − q + 1 2
tidak memiliki solusi. Selanjutnya akan dibuktikan bahwa jika n adalah bilangan sempurna yang genap kecuali 28, maka n|σ3 (n). Untuk n adalah bilangan sempurna yang genap, diperoleh n = 2p−1 (2p − 1), dengan p dan 2p − 1 adalah prima. Jelas bahwa 6|σ3 (6) dan 28 - σ3 (28). Misalkan n = 2p−1 (2p −1), dengan p ≥ 5 dan 2p −1 adalah prima. Jika 23p −1 = (2p −1)(22p +2p +1) dan 23p − 1 = 7(1 + 23 + 26 + · · · + 23(p−1) ), sehingga 7|22p + 2p + 1 dan σ3 (n) = σ3 (2p−1 (2p − 1)) 22p + 2p + 1 p ((2 − 1)2 − (2p − 1) + 1), =n 7 Repository FMIPA
10
diperoleh bahwa untuk n adalah bilangan sempurna genap kecuali 28, maka n|σ3 (n). Lalu akan dibuktikan bahwa jika n = 2α−1 p, dengan p adalah bilangan prima ganjil, α ≥ 2 dan n|σ3 (n), maka α adalah bilangan prima dan p = 2α−1 . σ3 (n) = σ3 (2p−1 p) = σ3 (2p−1 )σ3 (p) ≡ 0 ( mod 2α−1 p), karena 1+p ≡ 0 ( mod 2α−1 ) dan (1+23 +26 +· · ·+23(α−1) ) ≡ 0 ( mod p), dengan 3α k1 , k2 ∈ N sehingga p = k1 2α−1 − 1 dan (1 + 23 + 26 + · · · + 23(α−1) ) = 2 7−1 = k2 p, maka diperoleh 23α − 1 = (2α−1 )(22α + 2α + 1) = k3 (k1 2α−1 − 1)
(10)
dengan k3 = 7k2 . Jika k1 = 1 maka diperoleh p = 2α−1 − 1, dengan mengikuti persamaan (10) maka 2α − 1 ≡ 0( mod 2α−1 − 1) atau 22α + 2α + 1 ≡ 0( mod 2α−1 − 1). Untuk 2α − 1 ≡ 0( mod 2α−1 − 1) maka 1 = 2α − 1 − 2(2α−1 − 1) ≡ 0( mod 2α−1 − 1), hal ini tidak mungkin. Untuk 22α + 2α + 1 ≡ 0 ( mod 2α−1 − 1) diperoleh 0 ≡ 22α + 2α + 1 = (2α−1 − 1)(2α−1 + 6) + 7 ≡ 7 (
mod 2α−1 − 1),
sehingga α = 4. lalu n = 2α−1 p = 23 (23 − 1) = 56 dan n|σ3 (n), hal ini tidak mungkin. Jika k1 ≥ 3, maka dari persamaan (10) diperoleh 22α + 2α + 1 ≡ 0 (
mod k1 2α−1 − 1).
dengan k4 ∈ N sehingga 22α + 2α + 1 = k4 (k1 2α−1 − 1).
(11)
sehingga 1 ≡ −k4 ( mod 2α−1 ), dengan k5 ∈ N sedemikian sehingga k4 = k5 2α−1 − 1.
(12)
Dengan mensubtitusikan persamaan (12) pada persamaan (11) akan diperoleh 22α + 2α + 1 = (k5 2α−1 − 1)(k1 2α−1 − 1), maka 2α−1 = Repository FMIPA
2 + k1 + k5 ≥ 2, k1 k5 − 4 11
atau (k1 − 1)(k5 − 1) + k1 k5 ≤ 11,
(13)
sehingga diperoleh bahwa k5 = 1 atau 2 dengan k1 ≥ 3. Untuk k5 = 1, dari persamaan (13), k1 ≤ 11 sehingga 31 ≤ 11, dengan 2α−1 = 2+k1 +k5 = kk11 +3 maka k1 = 5,α = 4 dan bilangan prima p = k1 2α−1 − 1 = 39, hal ini k1 k5 −4 −4 tidak mungkin. Untuk k5 = 2, dari persamaan (13), diperoleh k1 ≤ 4, sehingga k1 = 3 atau 4 dengan k1 +4 1 +k5 2α−1 = 2+k = 2k , maka k1 = 4 dan α = 2,n = 2α−1 p = 2α−1 (k1 2α−1 − 1) = 14 k1 k5 −4 1 −4 dan n|σ3 (n), hal ini tidak mungkin. Sehingga diperoleh k1 = 2, yang mana bilangan prima p = k1 2α−1 − 1 = 2α − 1 dan α adalah bilangan prima. 4. KESIMPULAN Berdasarkan pembahasan sebelumnya, maka dapat∑ disimpulkan untuk setiap bilangan bulat positif b ̸= 3 persamaan σ2 (n) − n2 = d|n,d
12
[8] Kaplan, P. & K.S Williams, 2006. Pell’s Equations x2 − my 2 = −1, −4 and Continued Fraction. Journal of Number Theory, 23: 169-182. [9] Luca, F. & J. Ferdinands, 2006. Sometimes n Divides σa (n). Amer. Math Monthly, 113: 372-373.
Repository FMIPA
13
