teori bilangan tugas uas 2014.docx
TRANSCRIPT
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
1/35
Tugas Akhir Teori Bilangan
Tulisan ini dibuat untuk melengkapi tugas akhir mata kuliah Teori Bilangan
Nama : Egi Pratama Hidayat
No. Reg : 3125140586
Jurusan Matematika
Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam
Universitas Negeri Jakarta
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
2/35
Bukti Langsung
Banyak sifat dan teorema yang ketika sekolah dulu kita gunakan tanpa tahu
asal usul pembuktiannya, tapi ketika kita kuliah di matematika, sudah tidak
asing lagi dengan pembuktian sifat-sifat atau teorema. Untuk
membuktikannya tidak lepas dari teknik yang digunakan. Teknik yang biasa
digunakan yaitu teknik Pembukitan Langsung, teknik Tidak Langsung dan
Induksi Matematika. Tulisan ini akan membahas sedikit tentang teknik
pembuktian langsung.
Bukti langsung adalah salah satu cara pembuktian sifat atau teorema
matematika dengan penarikan kesimpulan dengan memanfaatkan
silogisme, modus ponens dan modus tollens. Secara logika pembuktian q
benar secara langsung atau ekuivalen dengan membuktikan bahwa
pernyataan q benar dimana diketahui p benar.
Metode pembuktian langsung adalah suatu proses pembuktian pembuktian
menggunakan alur maju, mulai dari hipotesis dengan menggunakan
implikasi logic sampai pada pernyataan kesimpulan. Hukum-hukum dalam
matematika pada umumnya berupa proposisi atau pernyataan berbentuk
implikasi (p q) atau biimplikasi (p q) atau pernyataan kuantifikasi yangdapat diubah bentuknya menjadi pernyataan implikasi. Misal kita punya
teorema p \Rightarrow q, dengan p disini sebagai hipotesis yang digunakan
sebagai fakta yang diketahui atau sebagai asumsi. Selanjutnya, dengan
menggunakan p kita harus menunjukkan bahwa berlaku q.
Contoh 1 :
Buktikan, jika x bilangan ganjil maka x2bilangan ganjil.
Bukti :
Diketahui x ganjil, jadi dapat didefinisikan sebagai x := 2n + 1, untuk suatu n
Z. Selanjutnya, x2 = (2n + 1)2 = 4n2 + 4n + 1 = 2 (2n2 + 2) + 1, dengan
mengambil m := 2n2 + 2, m dengan n Z maka x2 = 2m + 1. Karena m
merupakan bilangan bulat maka disimpulkan x2ganjil.
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
3/35
Contoh 2 :
Buktikan bahwa jika a membagi b dan b membagi c maka a membagi c
dengan a, b, dan c bilangan bulat.
Bukti :
a | b artinya b = ka untuk suatu k Z (i)
b | c artinya c = lb untuk suatu l Z (ii)
akan dibuktikan bahwa c = ma untuk suatu m Z
substitusi (i) ke (ii), sehingga diperoleh
c = lb = l(ka) = (lk)a
karena lk adalah perkalian bilangan bulat yang hasilnya bilangan bulat juga
(sifat tertutup perkalian bilangan bulat), maka ambil m := lk untuk dengan m
Z, sehingga diperoleh
c = ma untuk suatu m Z
Contoh 3 :
Buktikan bahwa a + b bilangan ganjil jika dan hanya jika a atau b bilangan
ganjil dengan a dan b bilangan bulat.
Bukti :
Pernyataan diatas ekuivalen dengan
(i) jika a + b bilangan ganjil maka a atau b bilangan ganjil
(ii) jika a atau b bilangan ganjil maka a + b bilangan ganjil
Jadi pada pembuktian ini kita akan membuktikan (i) dan (ii).
Bukti bagian (i)
misalkan a dan b bilangan bulat sebarang dan a + b bilangan ganjil.
akan dibuktikan a atau b bilangan ganjil.
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
4/35
tanpa mengurangi perumuman akan dibuktikan a ganjil
klaim : b bilangan genap (b := 2m untuk suatu m Z)
a + b bilangan ganjil
a + b = 2k + 1 untuk suatu k Z
substitusi b = 2m sehingga diperoleh
a + 2m = 2k + 1
a = 2k2m + 1 = 2(km) + 1
karena tertutup terhadap operasi pengurangan, maka ambil l := k m,
sehingga diperoleh
a = 2l + 1, jadi a bilangan ganjil
selanjutnya akan dibuktikan b bilangan ganjil
klaim : a bilangan genap (a := 2p untuk suatu p Z)
a + b bilangan ganjil
a + b = 2q + 1 untuk suatu k Z
substitusi a = 2p sehingga diperoleh
2p + b = 2q + 1
b = 2q2p + 1 = 2(pq) + 1
karena tertutup terhadap operasi pengurangan, maka ambil r := p q,
sehingga diperoleh
b = 2r + 1, jadi b bilangan ganjil
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
5/35
Bukti bagian (ii)
misal a dan b bilangan bulat sebarang dan a bilangan ganjil (a := 2m + 1
untuk suatu m Z) dan b bilangan genap (b := 2n untuk suatu n Z).
Sehingga
a + b = 2m + 1 + 2n = 2(m + n) + 1
karena tertutup terhadap operasi penjumlahan bilangan bulat, ambil p := m
+ n, sehingga
a + b = 2p + 1 untuk suatu p Z
jadi a + b bilangan ganjil
Contoh 4 :
Buktikan bahwa perkalian tiga bilangan asli berurutan habis dibagi 3
Bukti :
misal tiga bilangan asli berurutan didefinisikan sebagai n, n + 1 dan n + 2
untuk suatu n Z dan perkalian tiga bilangan asli adalah m. Disini kita akan
menggunakan 3 kasus, yaitu 3k, 3k + 1, 3k + 2
(i) m = (n)(n + 1)(n + 2)
= (3k)(3k + 1)(3k + 2)
= 3k(9k2 + 9k + 2)
= 3(9k3 + 9k + 3)
m adalah bilangan kelipatan 3
(ii) m = (n)(n + 1)(n + 2)
= (3k + 1)(3k + 1 + 1)(3k + 1 + 2)
= (3k + 1)(3k + 2)(3k + 3)
= (3k + 1)(9k2 + 15k + 6)
= 27k3 + 54k2 + 21k + 6
= 3(9k3 + 18k3+ 7k + 2)
m adalah bilangan kelipatan 3
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
6/35
(iii) m = (n)(n + 1)(n + 2)
= (3k + 2)(3k + 2 + 1)(3k + 2 + 2)
= (3k + 2)(3k + 3)(3k + 4)
= (3k + 2)(9k2 + 21k + 12)
= 27k3 + 81k2 + 78k + 24
= 3(9k3 + 27k2 + 26k + 8)
m adalah bilangan kelipatan 3
dari (i), (ii), dan (iii) terlihat bahwa m merupakan bilangan kelipatan 3
berakibat m habis dibagi 3.
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
7/35
Bukti Tak Langsung
Untuk membuktikan dengan menggunakan bukti tidak langsung, digunakan
cara dengan membuat pernyataan pengingkaran dari yang harusdibuktikan. Jika dari pernyataan yang diingkari tersebut diperoleh suatu
kontradiksi (bertentangan dengan ketentuan yang diberikan) atau
kemustahilan, berarti pernyataan yang harus dibuktikan adalah benar.
Untuk membuktikan p benar, kita harus membuktikan jika ~p salah.
Berikut ini adalah contoh pembuktian tidak langsung.
Contoh 1:
Buktikan bahwa bilangan irasional.
Bukti:
Andaikan bilangan rasional, = . Dengan m dan n bilangan bulat yang relatif
prima yaitu mempunyai faktor persekutuan terbesar (FPB)= 1. Jika kedua ruas
dikuadratkan diperoleh 2= adalah bilangan genap adalah bilangan genap
.
Berarti genap genap m dan n mempunyai faktor persekutuan 2. Padahal m
dan n prima relatif mempunyai FPB =1. Jadi pengandaian bilangan rasionaladalah salah. Jadi tidak dapat dinyatakan sebagai , berarti adalah
bilangan irasional.
Contoh 2:
Buktikan jumlah 2 bilangan genap adalah bilangan genap.
Bukti:
Misalkan jumlah 2 bilangan genap adalah bilangan ganjil
Misalkan bilangan pertama = 2p, dan bilangan kedua = 2q, di mana p dan q
bilangan cacah. Jumlah bilangan pertama dan kedua = 2p + 2q = 2
(p+q)=2r,
dengan r = p+q sehingga r bilangan cacah. Ternyata jumlah 2 bilangan
genap adalah bilangan genap. Hal ini bertentangan dengan yang
dimisalkan. Sehingga dapat disimpulkan jumlah 2 bilangan genap adalah
bilangan genap.
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
8/35
Induksi Matematika
Induksi Matematika merupakan suatu teknik yang dikembangkan untuk
membuktikan pernyataan. Induksi Matematika digunakan untuk mengecekhasil proses yang terjadi secara berulang sesuai dengan pola tertentu.
Indukasi Matematika digunakan untuk membuktikan universal statements.
A S(n) dengan A N dan N adalah himpunan bilangan positif atau
himpunan bilangan asli.
S(n) adalah fungsi propositional.
TAHAPAN INDUKSI MATEMATIKA
1. Basis Step : Tunjukkan bahwa S(1) benar
2. Inductive Step : Sumsikan S(k) benar, akan dibuktikan S(k)
S(k+1) benar
3.
Conclusion : S(n) adalah benar untuk setiap n bilangan integer
positif
PEMBUKTIAN INDUKSI MATEMATIKA
Contoh 1 :
Buktikan bahwa :
1 + 2 + 3 + + n = n(n+1)
untuk setiap n bilangan integer positif
Jawab :
Basis : Untuk n = 1 akan diperoleh :
1 = 1 . (1+1)
Induksi : misalkan untuk n = k asumsikan 1 + 2 + 3 + + k = k (k+1)
adib. Untuk n = k+1 berlaku
1 + 2 + 3 + + (k+1) = (k+1) (k+2)
Jawab :
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
9/35
1 + 2 + 3 + + (k+1) = (k+1) (k+2) / 2
1 + 2 + 3 + + k + (k+1) = (k+1) (k+2) / 2
k (k+1) / 2 + (k+1) = (k+1) (k+2) / 2
(k+1) [ k/2 +1 ] = (k+1) (k+2) / 2
(k+1) (k+2) = (k+1) (k+2) / 2
(k+1) (k+2) / 2 = (k+1) (k+2) / 2
Kesimpulan : 1 + 2 + 3 + + n = n (n +1) Untuk setiap bilanga bulat positif n
Contoh 2 :
Buktikan bahwa :
1 + 3 + 5 + + n = (2n - 1) = n2
untuk setiap n bilangan bulat positif
Jawab :
Basis : Untuk n = 1 akan diperoleh :
1 = 12 1 = 1
Induksi : misalkan untuk n = k asumsikan 1 + 3 + 5 + + (2k 1) = k2
adib. Untuk n = k + 1 berlaku
1 + 3 + 5 + + (2 (k + 1) 1) = (k + 1)2
1 + 3 + 5 + + (2k + 1) = (k + 1)2
1 + 3 + 5 + + ((2k + 1) 2) + (2k + 1) = (k + 1)2
1 + 3 + 5 + + (2k - 1) + (2k + 1 ) = (k + 1)2
k 2 + (2K + 1) = (k + 1)2
k 2 + 2K + 1 = k 2 + 2K + 1
Kesimpulan : 1 + 3 + 5 + + n = (2n - 1) = n2, Untuk setiap bilangan bulat
positif n
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
10/35
Contoh 3 :
Buktikan bahwa :
N 3 + 2n adalah kelipatan 3
untuk setiap n bilangan bulat positif
Jawab :
Basis : Untuk n = 1 akan diperoleh :
1 = 13+ 2(1) 1 = 3 , kelipatan 3
Induksi : misalkan untuk n = k asumsikan k 3 + 2k = 3x
adib. Untuk n = k + 1 berlaku
(k + 1)3 + 2(k + 1) adalah kelipatan 3
(k 3 + 3k 2 + 3 k+1) + 2k + 2
(k 3 + 2k) + (3k 2 + 3k + 3)
(k 3 + 2k) + 3 (k 2 + k + 1)
Induksi
3x + 3 (k 2 + k + 1)
3 (x + k 2 + k + 1)
Kesimpulan : N 3 + 2n adalah kelipatan 3
Untuk setiap bilangan bulat positif n
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
11/35
Teori Binomial
Di aljabar, penjumlahan dua suku, seperti a+ b, disebut binomial. Teorema
binomial memberikan bentuk ekspansi dari pangkat binomial (a+ b)n, untuk
setiap nbilangan bulat tidak negatif dan semua bilangan real adan b.
Perhatikan apa yang terjadi ketika kita menghitung beberapa pangkat yang
pertama dari a+ b. Berdasarkan sifat distributif, kita mendapatkan bahwa
pangkat dari a+ bmerupakan penjumlahan dari suku-suku yang berupa
kombinasi perkalian dari adan b. Perhatikan ilustrasi berikut.
Sekarang perhatikan ekspansi dari (a+ b)4. Suku-suku dari ekspansi ini
diperoleh dengan mengalikan satu dari dua suku faktor pertama dengan
satu dari dua suku faktor kedua dengan satu dari dua suku faktor ketiga dan
dengan satu dari dua suku faktor keempat. Sebagai contoh,
suku ababdiperoleh dengan mengalikan suku-suku adan byang ditandai
dengan tanda panah.
Karena ada dua kemungkinan adan bdari setiap suku yang dipilih pada 1
dari 4 faktor suku-suku ekspansi binomial, maka akan ada 24= 16 suku
ekspansi (a+ b)4.
Selanjutnya, suku-suku serupa, yaitu suku-suku yang memiliki
faktor adan bsama banyak dapat dikombinasikan karena perkalian bersifat
komutatif. Tetapi kita perlu mengetahui banyaknya masing-masing sukuyang serupa tersebut. Sebagai contoh kita akan menentukan banyaknya
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
12/35
suku yang terdiri dari tiga adan satu b. Untuk menentukan banyaknya suku
ini sama dengan menentukan banyaknya cara kita mengambil 1 bilangan 1
sampai 4 sebagai nomor urut dari faktor b. Salah satu contohnya kita
mungkin mendapat bilangan 3 yang merepresentasikan aaba(3 merupakan
nomor urut dari b, sedangkan sisanya menjadi nomor urut a). Contoh lain,
kita mungkin mendapat bilangan 1 yang merepresentasikan baaa. Sehingga
banyaknya suku yang terdiri dari tiga adan satubadalah kombinasi 1 dari 4
yaitu 4. Semua suku yang terdiri dari tiga adan satu badalah
aaab, aaba, abaa, dan baaa.
Berdasarkan sifat komutatif dan asosiatif perkalian, keempat suku tersebut
memiliki nilai yang sama dengan a3b. Karena suku-suku yang sama
dengan a3bberjumlah 4, maka koefisien dari a3badalah 4, yang diperolehdari kombinasi 1 (pangkat dari salah satu faktor a3b, yaitu b) dari 4 (jumlah
pangkat dari semua faktor a3b).
Dengan cara yang sama, kita akan mendapat 6 (diperoleh dari kombinasi 2
dari 4) suku yang terdiri dari dua adan dua b,
yaitu aabb, abab, abba, baab, baba, dan bbaa. Sehingga koefisien dari
suku a2b2 adalah 6. Cara ini juga berlaku untuk menentukan koefisien dari
suku-suku ekspansi (a+ b)4lainnya.
Teorema binomial menggeneralisasi rumus di atas untuk sembarang
pangkat nbilangan bulat tidak negatif.
Teorema BinomialDiberikan sembarang bilangan real a dan b, serta bilangan bulat tidak
negatif
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
13/35
Perhatikan bahwa bentuk kedua dan pertama pada persamaan di atas
adalah sama, karena kombinasi 0 dari n sama dengan satu, demikian juga
dengan kombinasi ndari n. Untuk lebih memahami mengenai penggunaan
teorema binomial dalam pemecahan masalah, perhatikan contoh berikut.
Contoh: Penggunaan Teorema Binomial dalam Pemecahan Masalah
Dengan menggunakan teorema binomial, tunjukkan bahwa
untuk semua bilangan bulat n0.
PembahasanKarena 2 = 1 + 1, maka 2n = (1 + 1)n. Dengan menerapkan
teorema binomial dengan a= 1 dan b= 1, diperoleh
Karena 1nk= 1 dan 1k= 1. Akibatnya,
Apabila diperhatikan, rumus di atas sama dengan banyaknya semua
himpunan bagian dari himpunan yang memiliki nanggota/elemen, karena
setiap himpunan bagian tersebut terdiri dari kombinasi 0, 1, 2,
,ndari nyang merupakan banyaknya anggota dari himpunan tersebut.
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
14/35
Algoritma Pembagian
Keterbagian
Misalkan a dan b adalah dua bilangan bulat dengan syarat b > 0. Jika
a dibagi dengan b maka terdapat dua bilangan tunggal q (quotient) dan r
(remainder) sedemikian sehingga :
a = qb + r, 0< r
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
15/35
TEOREMA 2.1(Algoritma Pembagian)
Pada bilangan-bilangan bulat a dan b, dengan b>o, terdapat bilangan
bulat q dan r yang memenuhi
a= qb+r or
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
16/35
Dengan menambahkan bahwa pertidaksamaan b
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
17/35
catatan yang kita peroleh adalah kuadrat sebuah bilangan bulat akan
mempunyai sisa 0 atau 1 jika dibagi 4.
Kita juga dapat menunjukan hal berikut : Kuadrat dari bilangan bulat ganjil
memilki bentuk 8k +1. dalam pembagian Algoritma seluruh bilangan bulat
memiliki salah astu dari 4 bentuk, 3 bentuk 4q, 4q+1, 4q+2, 4q+3. dalam
pengelompokan ini, hanya bilangan bulat yang berbentuk 4q + 1 dan 4q +
3 yang merupakan bilangan ganjil, yang jika dikuadratkan menjadi
(4q+1)2= 8 (2q2+q)+1 = 8k + 1
Dan sama pula dengan
(4q+3)2= 8(2q2+3q+1) +1 = 8k +1
Sebagai contoh kuadrat dari bilangan bulat 7 adalah 72 = 49 = 8.6+1 ,sementara kuadrat dari 13 adalah 132=169 = 8.21 +1
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
18/35
Faktor Persekutuan Terbesar
Definisi
Bilangan bulat d disebut Faktor Persekutuan Terbesar (FPB) dari a dan b
apabila memenuhi
1. d > 0
2. d|a dan d|b,
3. jika c|a dan c|b, maka c d.
Dengan kata lain, FPB dari dua bilangan bulat adalah bilangan bulat
terbesar yang dapat membagi kedua bilangan tersebut.
Kita menggunakan notasi (a, b) untuk FPB dari a dan b. Jadi, jika d adalah
FPB dari a dan b, maka d = (a, b).
Contoh
Faktor dari 12 adalah {1, 2, 3, 4, 6, 12}
Faktor dari 30 adalah {1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30}
Faktor persekutuan dari 12 dan 30 adalah {1, 2, 3, 6}. Jadi (12, 30) = 6
Teorema
Kita akan membuktikan tiga sifat FPB:
Teorema 1
(a, b) = d (a/d, b/d) = 1.
Bukti. Misalkan a dan b adalah bilangan bulat dengan (a, b) = d.
Kita akan menunjukkan bahwa a/d dan b/d tidak memiliki faktor
persekutuan lain kecuali 1. Misalkan e Z+ adakah faktor persekutuan dari
a/d dan b/d, yaitu e|(a/d) dan e|(b/d) sehingga ada k, Z sehingga a/d
= ke dan b/d = e, atau a = dek danb = de.
Jadi kita lihat bahwa de adalah faktor persekutuan dari a dan b. Tetapi,
karena d adalah faktor persekutuan terbesar, maka
de d sehingga e = 1.
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
19/35
Teorema 2 [Bezout]
(a, b) = d m, n Z am + bn = d.
Bukti. Misalkan S adalah himpunan semua kombinasi linier dari a dan b; yaitu
S = {am + bn|m, n Z}
S tak kosong sebab a = a 1 + b 0 dan b = a 0 + b 1 dan karenanya a,
b S.
Jadi S berisi bilangan bulat positif elemen terkecil, sebut saja d = ax + by.
Akan dibuktikan bahwa d = (a, b). Menurut algoritma pembagian,
a = dq + r , 0 r < d,
sehingga diperoleh
r = d dq
= a (ax + by)q
= a(1 qx) + b(qy).
Ini menunjukkan bahwa r S sedangkan 0 r < d dan d adalah bilangan
bulat positif terkecil dalam S. Jadi r = 0 dan d|a. Dengan cara yang sama
dapat pula ditunjukkan bahwa d|b. Selanjutnya, jika c|a dan c|b, makac|ax + by = d.
Hal ini membuktikan bahwa d = (a, b).
Teorema 3
a = bq + r (a, b) = (b, r ).
Bukti. Di sini cukup ditunjukkan bahwa a, b, dan r memiliki faktor persekutuan
yang sama. Untuk itu, misalkan k|a dan k|b, maka k|a bq = r .
Selanjutnya, misalkan |b dan |r , maka |bq + r = a. Ini berarti, semua
faktor persekutuan dari a dan b juga merupakan faktor persekkutuan dari b
dan r , termasuk faktor persekutuan terbesarnya, yaitu (a, b) = (b, r ).
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
20/35
Faktor Persekutuan Terkecil (KPK)
Ada suatu konsep yang paralel dengan konsep faktor persekutuan terbesar
(FPB), yang dikenal faktor persekutuan terkecil (KPK). Suatu bilangan bulat cdisebut kelipatan persekutuan dari bilangan-bilangan bulat tak nol a dan b
jika a c dan b c. Hal ini berarti pula nol adalah kelipatan persekutuan dari a
dan b. Perlu diingat pula bahwa ab dan(ab) adalah kelipatan persekutuan
dari a dan b, dan salah satunya positif. Dengan menggunakan prinsip terurut
sempurna (well ordering principle), himpunan kelipatan persekutuan dari a
dan b harus sebuah bilangan bulat terkecil; kita menyebutnya kelipatan
persekutuan terkecil dari a dan b, dan ditulis KPK(a, b).
Definisi
Kelipatan persekutuan terkecil dari dua bilangan bulat tak nol a dan b,
dilambangkan [a, b], adalah bilangan positif m yang memenuhi:
a | m dan b | m.
Jika a | c dan b | c dengan c > 0 maka m c.
Sebagai ilustrasi, kelipatan persekutuan positif dari12 dan 30 adalah 60, 120,180, .
Dengan demikian, KPK(-12, 30) = 60.
Dari konsep diatas, kita dapat secara jelas menyatakan bahwa jika diberikan
dua bilangan tak nol a dan b maka [a, b] selalu ada, dan [a, b] ab .
Selanjutnya, bagaimana hubungan antara KPK dan FPB? Berikut ini sifat yang
menjelaskan hubungan antara keduanya.
Sifat 1
Untuk bilangan-bilangan bulat positif a dan b, berlaku
(a, b). [a, b] = ab
Bukti:
Misalkan d = (a, b) dan kita tulis a = dr, b = ds untuk bilangan-bilangan bulat r
dan s. Jika m = ab/d maka m = as = rb. Akibatnya adalah m (positif) adalah
suatu kelipatan persekutuan a dan b.
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
21/35
Sekarang misalkan c adalah sebarang bilangan bulat positif yang
merupakan kelipatan persekutuan a dan b. c = au = bv. Sebagaimana kita
ketahui, ada bilangan-bilangan bulat x dan y yang memenuhi d = ax + by.
Konsekuensinya,
c/m = cd/ab = (c(ax + by))/ab = (c/b)x + (c/a)y = vx + uy
Persamaan ini menyatakan bahwa m | c, dan kita dapat menyimpulkan
bahwa mc.
Dengan demikian, m = [a, b]; Hal ini berarti bahwa
[a,b]=ab/d=ab/((a,b))
Sifat 2
Untuk suatu bilangan-bilangan bulat positif a an b, [a, b]= ab jika dan hanya
jika (a, b) = 1.
Sifat 2 ini hanya merupakan akibat langsung dari sifat 1.
Sebagai ilustrasi, Karena FPB(3054, 12378) = 6, kita dapat dengan cepat
memperoleh KPK(3054, 12378), yaitu:
KPK (3053, 12378) = 3053.12378 / FPB(3054, 12378)
= 3053.12378 / 6
= 6300402
Perlu diketahui pula bahwa faktor persekutuan terbesar dapat diperluas
untuk lebih dari dua bilangan bulat. Dalam kasus tiga buah bilangan bulat,
a, b, c tak nol, FPB(a, b, c) didefinisikan sebagai suatu bilangan bulat positif d
yang memenuhi:
d adalah faktor dari setiap a, b, c.
Jika e faktor dari a, b, c, maka e d.
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
22/35
Contoh soal:
1. Tentukan KPK dari 12 dan 18
Jawab:
[a,b]=ab/((ab))
(12,18) b=18,a=12 q=1,r=6
b=qa+r
18=12.1+6
12=2.6
FPB = 6
[12,18]=12.18/6
=36
Jadi KPK dari 12 dan 18 adalah 36
2. Tentukan KPK dari 12 dan 15
Jawab:
[a,b]=ab/((ab))
(12,15) b=15,a=12,q=1,r=3
b=qa+r
15=1.12+3
12=4.3
FPB = 3
[12,15]=12.15/3
=60
Jadi KPK dari 12 dan 15 adalah 60
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
23/35
Persamaan Diophantine
Suatu persamaan berbentuk ax + by = c dengan a, b, c bilangan-bilangan
bulat dan a, b dua-duanya bukan nol disebut persamaan liner diophantinejika penyelesaiannya dicari untuk bilangan-bilangan bulat.
Teorema :
Persamaan liner diophantine ax + by = c mempunyai penyelesaian jika dan
hanya jika pembagi persekutuan terbatas dari a dan b membagi c.
Bukti :
Misalkan d = GCD (a, b) dan d|c
d|c ada k bulat sehingga c = kd.
d|GCD (a, b) ada bilangan bulat m dan n sehingga am + bn = d.
a(km) + b (kn) = kd
a(km) + b (kn) = c
berarti x = mk dan y = nk
Teorema :
Jika d = GCD (a, b) dan x0 , y0 penyelesaian persamaan diophantine ax + by
= c, maka penyelesaian umum persamaan tersebut adalah :
x = x0 + dan y = y0dengan k parameter bilangan bulat.
Contoh soal:
Tentukan penyelesaian umum persamaan diophantine 738x + 621y = 45
Penyelesaian :
Mencari GCD (738, 621) dengan Algoritma Euclide.
738 = 1 X 621 + 117
621 = 5 X 117 = 36
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
24/35
117 = 3 X 36 + 9
36 = 4 X 9 + 0
Jadi GCD (738, 621). Karena 9|45 maka persamaan di atas mempunyai
penyelesaian.
Menentukan 9 sebagai kombinasi 738 dan 621.
9 = 1173 . 36
= 1173 (6215 X 117) = -3 X 621 + 16 X 117
= -3 X 621 + 16 (738621)
9 = 16 X 73819 X 621
Kalikan kedua ruas dengan 5
45 = 80 X 73895 X 621
Sehingga didapat x0 = 80, y0 = -95
Penyelesaian umumnya adalah :
x = 80 + 69t
x = - 95 72t
Contoh soal
Tentukan x dan y bulat positif yang memenuhi persamaan 7x + 5y = 100
Penyelesaian :
GCD (7, 5) = 1. Karena 1|100 maka persamaan mempunyai penyelesaian.
Dengan mudah bisa ditulis.
1 = 3 . 74 . 5
100 = 7 X 300 + 5 X (-400). Maka x0 = 300, y0 = -400
Penyelesaian umumnya adalah :
x = 300 + 5k Y = -4007k
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
25/35
Karena yang diinginkan penyelesaian positif, maka harus dipenuhi kedua
pertidaksamaan :
300 + 5k > 0
-4007k > 0
Yaitu : 60 < k < -57
Jadi persamaan diophantine 7x + 5y = 100 mempunyai tepat dua
penyelesaian positif yaitu untuk k = -59, dan k = -58 maka x = 5, y = 13 dan
untuk k -58 maka x = 10, y = 6.
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
26/35
Bilangan Prima dan Komposit
Bilangan prima adalah bilangan asli yang hanya dapat dibagi oleh bilangan
itu sendiri dan satu. Dengan perkataan lain, bilangan prima hanyamempunyai dua faktor. Misalnya 2, 3, 5, 7, 11, bilangan asli yang
mempunyai lebih dari dua faktor disebut bilangan komposit (majemuk). Misal
4, 6, 8, 9,
Teorema : (Topik Erotosthenes)
Untuk setiap bilangan komposit n ada bilangan prima p sehingga p|n dan p
.
Teorema di atas mempunyai makna yang sama dengan jika tidak adabilangan prima p yang dapat membagi n dengan p maka n adalah bilagan
prima.
Contoh soal:
Tentukan bilangan-bilangan berikut merupakan bilangan prima atau
majemuk.
a). 157 b). 221
penyelesaian :
a). Bilangan-bilangan prima yang adalah 2, 3, 5, 7, 11. Karena tidak ada dari
bilangan-bilangan prima 2, 3, 5, 7, 11 yang dapat dibagi 157, maka 157
merupakan bilangan prima.
b). Bilangan-bilangan prima yang adalah 2, 3, 5, 7, 11, 13. Karena 13|221
maka 221 merupakan bilangan komposit.
Contoh soal:
Tentukan pasangan-pasangan bilangan asli a dan b sehingga a2 b2 =
1991.
Penyelesaian :
Karena 1991 merupakan bilangan komposit (1991 = 11 X 181) maka :
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
27/35
A2b2 = 1991
(ab)(a + b) = 1991 (1 X 1991 atau 11 X 181) atau (ab)(a + b) = 11 X 181
Kemungkinan I Kemungkinan II
a + b = 1991 a + b = 181
a b = 1 + a b = 11 +
2a = 1992 2a = 192
a = 996 a = 96
b = 995 b = 85
Jadi pasangan-pasangan bilangan asli a dan b yang memenuhi a2 b2 =1991 adalah (996, 995) dan (96, 85)
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
28/35
Kekongruenan
Diberikan bilangan bulat n yang lebih besar dari 1 dan bilangan-bilangan
bulat a dan b. Bilangan a dikatakan kongruen dengan b modulo n, dituliskandengan a b (mod n) jika a dan b memberikan sisa yang sama apabila
dibagi oleh n.
Contoh soal:
Jika a dan b kongruen modulo m, buktikan bahwa selisishnya dapat dibagi
m.
Bukti :
a b (mod m) a = q1m + r dan b = q2m + r
ab = (q1q2)m, akibatnya m | (ab)
Contoh soal:
Buktikan bahwa (an + b)m = bm mod (n)
Bukti :
Membuktikan (an + b)m
bm mod (n) sama artinya dengan membuktikan ada bilangan bulat k
sehingga (an + b)mbm = kn.
Bukti :
(an + b)mbm = (an)m + m(an)m-1. b + + m(an)bm-1 + bmbm
= {a(an)m-1 + am(an)m-2 + + am(b)m-1}n
= kn (terbukti )
Rumusan pada contoh nomor 11 di atas dapat digunakan menentukan sisa
pembagian bilangan yang cukup benar.
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
29/35
Contoh soal:
Tentukan angka satuan bilangan 19971991.
Penyelesaian :
Angka satuan 19971991 sia pembagian 19971991 oleh 10
(199 X 10 + 7)1991 mod (10)
71991 mod (10)
74 X 497 + 3 mod (10)
(74)487 X 73 mod (10)
(2421)497 X 343 mod (10)
1 X 3 mod (10)
3 mod (10)
Jadi angka satuan 19971991 adalah 3.
Contoh soal:
Tentukan sisa jika 319 dibagi oleh 14.
Penyelesaian :
319 mod (14) 33 X 6 + 1 mod (14)
(33)6 X 31
mod (14)
(2 X 141)6 X 3 mod (14)
(-1)6 X 3 mod (14)
319 3 mod (14)
Jadi sisa pembagian 319 oleh 14 adalah 3.
Contoh soal:
Tentukan sisa 31990 jika dibagi 41.
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
30/35
Penyelesaian :
31990 m od (41) 34 X 497 + 2 mod (41)
(34)497 X 32 mod (41)
(2 X 411)497 X 9 mod (41)
(-1)497 X 9 mod (41)
-9 mod (41)
(419) mod (41)
31 mod (41)
Jadi sisa 31990 dinagi oleh 41 adalah 32.
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
31/35
Kekongruenan Linier
Kekongruenan linier adalah kongruen yang berbentuk
ax b (mod m)
m = bilangan bulat positif
a dan b = bilangan bulat
x = peubah bilangan bulat.
Nilai-nilai x dicari sebagai berikut:
ax = b + km atau
dengan k adalah sembarang bilangan bulat. k = 0, 1, 2, dan k = 1,2,
yang menghasilkan x sebagai bilangan bulat.
Contoh :
Tentukan solusi: 4x 3 (mod 9) dan 2x 3 (mod 4)
Penyelesaian:
4x 3 (mod 9)
k = 0 x = (3 + 0 9)/4 = 3/4 (bukan solusi)
k = 1 x = (3 + 1 9)/4 = 3
k = 2 x = (3 + 2 9)/4 = 21/4 (bukan solusi)
k = 3, k = 4 tidak menghasilkan solusi
k = 5 x = (3 + 5 9)/4 = 12
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
32/35
k =1 x = (31 9)/4 =6/4 (bukan solusi)
k =2 x = (32 9)/4 =15/4 (bukan solusi)
k =3 x = (33 9)/4 =6
k =6 x = (36 9)/4 =15
Nilai-nilai x yang memenuhi: 3, 12, dan 6,15,
2x 3 (mod 4)
Karena 4k genap dan 3 ganjil maka penjumlahannya menghasilkan ganjil,
sehingga hasil penjumlahan tersebut jika dibagi dengan 2 tidak
menghasilkan bilangan bulat. Dengan kata lain, tidak ada nilai-nilai x yang
memenuhi 2x 3 (mod 5).
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
33/35
Teorema China
Pada abad pertama, seorang matematikawan China yang bernama Sun Tse
mengajukan pertanyaan sebagai berikut:
Tentukan sebuah bilangan bulat yang bila dibagi dengan 5 menyisakan 3,
bila dibagi 7 menyisakan 5, dan bila dibagi 11 menyisakan 7.
Pertanyaan Sun Tse dapat dirumuskan kedalam sistem kongruen lanjar:
x 3 (mod 5)
x 5 (mod 7)
x 7 (mod 11)
Teorema 4. (Chinese Remainder Theorem) Misalkan m1, m2, , mn adalah
bilangan bulat positif sedemikian sehingga PBB(mi, mj) = 1 untuk i j. Maka
sistem kongruen lanjar
x ak (mod mk) k = 1, 2, 3, ...
mempunyai sebuah solusi unik modulo m = m1 m2 mn.
Contoh :
Tentukan solusi dari pertanyaan Sun Tse di atas.
x 3 (mod 5)
x 5 (mod 7)
x 7 (mod 11)
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
34/35
Penyelesaian:
Menurut persamaan diatas, kongruen pertama,
x 3 (mod 5), x = 3 + 5k1 untuk beberapa nilai k.
Sulihkan ini ke dalam kongruen kedua menjadi,
x 5 (mod 7), 3 + 5k1 5 (mod 7)
k1 6 (mod 7)
k1 = 6 + 7k2 , untuk beberapa nilai k2.
Jadi kita mendapatkan
x = 3 + 5k1
= 3 + 5(6 + 7k2)
= 33 + 35k2
yang mana memenuhi dua kongruen pertama. Jika x memenuhi kongruen
yang ketiga, maka :
x 7 (mod 11) 33 + 35k2 7 (mod 11)
k2 9 (mod 11)
k2 = 9 + 11k3.
Sulihkan k2 ini ke dalam kongruen yang ketiga menghasilkan :
x = 33 + 35k2
= 33 + 35(9 + 11k3)
348 + 385k3 (mod 11).
Dengan demikian, x 348 (mod 385) yang memenuhi ketiga konruen
tersebut. Dengan kata lain, 348 adalah solusi unik modulo 385. Catatlah
bahwa 385 = 5 7 11.
-
8/10/2019 Teori Bilangan Tugas UAS 2014.docx
35/35
Solusi unik ini mudah dibuktikan sebagai berikut.
m = m1 m2 m3
= 5 7 11
= 5 77
= 11 35.
Karena 77 3 1 (mod 5), 55 6 1 (mod 7), dan 35 6 1 (mod 11), solusi unik
dari sistem kongruen tersebut adalah :
x 3 77 3 + 5 55 6 + 7 35 6 (mod 385)
3813 (mod 385) 348 (mod 385)