Teori Bilangan Waktu - Info kuliah Dr. Julan Hernadi

JAWABAN
SOAL UJIAN TENGAH SEMESTER
PRODI PENDIDIKAN MATEMATIKA FKIP UM PONOROGO
Mata Kuliah
: Teori Bilangan
Waktu
: 90 menit
Hari, tanggal
: Sabtu, Juli 2011
Sifat
: tutup buku
Dosen penguji
: Dr. Julan HERNADI
Soal_1. Kami adalah keluarga bilangan bulat positif.
memberikan sisa
berikan sisa
5,
dibagi
11
memberikan sisa
4
Jika kami dibagi
dan dibagi
17
6
mem-
3.
•
Tentukan bentuk umum kami,
•
Tentukan
3
anggota terkecil dari kami.
Penyelesaian. Permasalahan di atas diformulasikan dalam bentuk sistem
kongruensi linier (SKL) berikut
x ≡ 5(mod 6), x ≡ 4(mod 11), x ≡ 3(mod 17).
Kemudian, diselesaikan dengan menggunakan Teorema Sisa Cina, yaitu
n = 4 · 11 · 17 = 1122, N1 = 187, N2 = 102, N3 = 66.
Dibangun SKL baru berikut
187x ≡ 1(mod 6), 102x ≡ 1(mod 11), 66x ≡ 1(mod 17),
yang berturut-turut memberikan penyelesaian
8.
x1 = 1, x2 = 4 dan x3 =
Dengan mengambil
x̄ = 5 · 187 · 1 + 4 · 102 · 4 + 3 · 66 · 8 = 4151,
maka menurut teorema sisa Cina, penyelesian SKL semula adalah
x ≡ 4151(mod 1122) ≡ 785(mod1122).
Jadi bentuk umum keluarga bilangan tersebut adalah
x = 785 + 1122t, t = 0, 1, · · · .
Tiga anggota terkecil berkaitan dengan
dan
3029.
Skor maksimum = 40.
1
t = 0, 1
dan
3
yaitu
785, 1907
Soal_2. Kerjakan dua soal saja dari soal-soal berikut !
•
15 + 25 + 35 + · · · + 995 + 1005 .
Tentukan sisanya jika
Soal ini tidak dapat dikerjakan karena tidak lengkap. Jadi seharusnya tidak
dipilih.
•
Buktikan
53103 + 10353
habis dibagi
Penyelesian. Mudah diperiksa bahwa
39.
53 ≡ 14(mod 39),
dan
532 ≡ 1(mod 39).
Jadi diperoleh
53103 = 532
51
53 ≡ 53(mod 39) ≡ 14(mod 39).
Dilain pihak kita mempunyai
103 ≡ −14(mod 39) dan 1032 ≡ 1(mod 39).
Dengan argumen yang sama diperoleh
10353 = 1032
26
· 103 ≡ −14(mod 39).
Berdasarkan hasil ini diperoleh
53103 + 10353 ≡ 14(mod 39) − 14(mod 39) = 0(mod 39),
yaitu terbukti habis dibagi
•
39.
Untuk sebarang bilangan bulat
dengan angka
3, 7
atau
a,
buktikan
a2 − a + 7
selalu berakhir
9.
10. Setiap bilangan bulat dapat disa jikan
a = 10k + r, r = 0, 1, · · · , 9. Substitusikan bentuk ini
2
ke a − 1 + 7, periksa masing-masing 10 kemungkinan nilai r tersebut.
Akan diperoleh sisa dari kelipatan 10 hanya 3, 7 atau 9. Misalnya untuk
r = 2 diperoleh
Penyelesaian. Gunakan modulo
dalam bentuk
(10k+2)2 −(10k+2)+7 = 100k 2 +40k+4−10k−2+7 = 10(10k 2 +3k)+9,
memberikan angka terakhir
•
9.
Untuk setiap bilangan bulat
a,
Kasus lainnya dikerjakan sendiri.
buktikan berlaku
2
a21 ≡ a(mod15).
Penyelesaian. Gunakan Teorema Fermat, yaitu
a5 ≡ a(mod 5)
sehingga
diperoleh
a21 = a5
4
· a ≡ a5 ≡ a(mod 5).
7
a3 ≡ a(mod 3) sehingga a21 = (a3 ) ≡ a7 =
(a ) · a ≡ a2 · a = a3 ≡ a(mod 3). Dari kedua hasil ini diperoleh
5|a21 − a dan 3|a21 − a. Karena 3 dan 5 prima maka 5 · 3 = 15|a21 − a,
21
yaitu a
≡ a(mod15). Di pihak lain berlaku
3 2
Setiap item soal No. 2 mendapat skor maksimum
30.
Informasi. Materi kuliah ini sangat menarik dan bermanfaat. Kemampuan
bernalar akan terasah dengan baik dengan mempelajari teori bilangan
ini.
Sebagian keindahan dalam matematika tercermin pada teori bi-
langan.
Materi teori bilangan ini banyak diambil sebagai soal dalam
olimpiade matematika: semua jenjang SD s.d. SMA dan semua tingkat
lokal, propinsi, nasional dan internasional. Saat ini, tidak banyak guru
yang menguasai topik ini. Jika anda ahli pada topik ini maka terbuka
kesempatan menjadi guru terhormat dan trainer olimpiade matematika
profesional.
Walapun kuliah ini sudah selesai, teruslah belajar dan
berlatih soal-soal yang pernah saya berikan (mungkin lebih dari 200
soal).
Pada saatnya kalian akan merasakan kenikmatan karena ilmu
dan pengetahuan yang dimiliki.
3