HUBUNGAN BILANGAN SEMPURNA DAN

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<n) d2 = 3n. From the concept of F -perfect numbers the relation
of perfect numbers n = F2k−1 F2k+1 and Fibonacci prime numbers F2k−1 and F2k+1
is obtained.
Keywords: Perfect number, Fibonacci prime, continued fraction, arithmetic-geometric
mean inequality
ABSTRAK
Artikel ini membahas tentang∑konsep dari F -bilangan sempurna, yaitu bilangan
bulat positif n yang memenuhi (d|n,d<n) d2 = 3n. Dari konsep F -bilangan sempurna
diperoleh hubungan bilangan sempurna n = F2k−1 F2k+1 dengan bilangan prima
Fibonacci F2k−1 dan F2k+1 .
Kata kunci: Bilangan sempurna, bilangan prima Fibonacci, pecahan kontinu, ketidaksamaan rata-rata aritmatika-geometri
1. PENDAHULUAN
Teori bilangan adalah cabang dari ilmu Matematika Murni yang mempelajari tentang bilangan bulat dan sifat-sifatnya secara lebih luas. Dalam teori bilangan,
salah satu materi yang menarik dan sering di bahas adalah bilangan sempurna dan
bilangan Fibonacci. Nama barisan bilangan Fibonacci di berikan oleh Leonardo
Fibonacci yang merupakan ahli matematika yang terkemuka di Italia pada abad
pertengahan. Fibonacci banyak menulis buku, salah satu yang terkenal adalah Liber
Abaci. Pada bab 12 buku tersebut terdapat sebuah permasalahan, yaitu tentang
masalah kelinci beranak-pinak. Fibbonacci menggambarkan jumlah kelinci dalam
setahun melalui barisan bilangan 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . . atau bila dinotasikan menjadi F1 , F2 , F3 , F4 , F5 , F6 , F7 , F8 , . . . barisan bilangan inilah yang dinamakan dengan
barisan bilangan Fibonacci.
Repository FMIPA
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<n) d = n.
Contoh untuk n = 8 maka faktor positif dari 28 yang memenuhi adalah 1, 2, 4, 7, 14
jika dijumlahkan maka hasilnya 28. Empat bilangan sempurna yang berikutnya
adalah 486, 8128, 33550336, 8589869056.
Artikel ini menyajikan perluasan bilangan sempurna yang memiliki hubungan
dengan bilangan prima Fibonacci. Pada artikel ini akan menjelaskan konsep dari
F -bilangan∑sempurna, yang mana untuk bilangan bulat positif n sedemikian
2
sehingga
(d|n,d<n) d = 3n akan dibuktikan untuk semua bilangan sempurna Fibonacci adalah berbentuk n = F2k−1 F2k+1 , dengan F2k−1 dan F2k+1 adalah bilangan
prima Fibonacci.
2. BILANGAN PRIMA FIBONACCI DAN BILANGAN SEMPURNA
Pada barisan Fibonacci yang dimulai dari suku ketiganya, setiap suku barisan tersebut dapat diperoleh dari menjumlahkan dua suku tepat sebelumnya. Suku-suku
barisan Fibonacci dilambangkan dengan Fn dengan bentuk umum [5, h. 129].
F1 = F2 = 1
Fn = Fn−1 + Fn−2
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<n d2 = 3n. Akan dibuktikan bahwa semua
F −bilangan sempurna adalah berbentuk n = F2k−1 F2k+1 , dimana kedua F2k−1 dan
F2k+1 adalah bilangan prima Fibonacci. Hubungan kedua bilangan tersebut telah
dibahas sebelumnya oleh Tianxin Cai, Deyi Chen dan Yong Zhang [4]. Terlebih
dahulu akan membahas beberapa Lema pendukung sebagai berikut
Repository FMIPA
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<n
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<n
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<n d2 = bn memiliki solusi
terbatas dan tidak memiliki solusi untuk b = 1, 2 dan untuk b = 3 solusinya adalah
n = F2k−1
∑ F2k+1 (ka ≥ 1), dengan F2k−1 dan F2k+1 adalah bilangan prima Fibonacci.
Untuk
d|n,d<n d = bn setiap bilangan bulat positif a ≥ 2 ada tak hingga bilangan bulat positif b sehingga persamaan tersebut memiliki solusi bilangan bulat.
Jika n = pq dengan p < q adalah bilangan prima dan n|σ3 (n), maka n = 6, jika
n = 2α p (α ≥ 1), p adalah bilangan prima yang ganjil dan n|σ3 (n), maka n adalah
bilangan sempurna yang genap kecuali untuk 28.
DAFTAR PUSTAKA
[1] Dickson, L.E. 1923. History of the Theory of Number. Chelsea Publishing Company. New York.
[2] Gessel, I. 1972. Fibonacci is a square, Fibonacci Quart. Journal of Number
Theory, 11: 417-419.
[3] Guy, R.K. 2004. Unsolved Problem in Number Theory, 3rd Ed. Springer, New
York.
[4] Zhang & C. Tianxin. 2014. Perfect Numbers and Fibonacci Prime. Journal of
Number Theory, 11: 159-169.
[5] Thomas, K. 2007. Elementary Number Theory and Its Applications, 2nd Ed.
Academic Press. New York.
[6] Rosen, K.H. 2004. Elementary Number Theory and Its Applications, 5th Ed.
Addison-Wesley Publishing Company. USA.
[7] Weisstein, E.W. 1986 Cassini’s Identity. From Math World-A Wolfram Web Resource: http://mathworld.worlfram.com/CassinisIdentity.html. Diakses pada
21 Desember 2014, pk. 10.22
Repository FMIPA
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