Keterbagian dan representasi bilangan bulat

BAHAN AJAR
TEORI BILANGAN
PENYUSUN
NURYADI, S.PD.SI, M.PD.
PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA
FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN
UNIVERSITAS MERCU BUANA
YOGYAKARTA
2014
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 1
KETERBAGIAN DAN REPRESENTASI BILANGAN BULAT
A. BILANGAN BULAT
Definisi bilangan bulat :
Bilangan yang anggota-anggota terdiri dari {…….,-1, 0, 1,2,………..}
1. Definisi urutan dalam bilangan bulat
Untuk
berarti
atau
bilangan
bulat positif
Sifat urutan dalam bilangan bulat:
a. Ketertutupan pada
(bilangan bulat positif)

jumlah dari dua

hasil kali dari dua
adalah
adalah
b. Hukum Trichotomy
maka berlaku salah satu hubungan berikut:
{
Himpunan bilangan bulat dikatakan himpunan yang terurut, karena
mempunyai sub.himpunan yang tertutup terhadap operasi +, x serta hukum
trichotomy berlaku untuk semua sub.himpunan bilangan bulat.
2. Well Ordery Property ( Sifat Pengurutan Wajar)
Setiap himpunan bilangan bulat positif
yang tidak kosong (
)mempunyai elemen terkecil, yaitu:
Contoh :
3. Teorema 1.1 : Sifat Archimedes
Jika a dan b sembarang bilangan bulat positif maka
Bukti :
Kita andaikan sifat archimedes salah, yaitu
Bentuk himpunan
Bilangan asli:
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 2
Karena
Sehingga himpunan S terdiri atas bilangan-bilangan asli. Jadi
karena itu
menurut WOP, S dipastikan memiliki sebuah unsur terkecil sebut saja
Dari aturan pembentukan himpunan S, maka
tetapi
.
elemen terkecil dari S,
untuk suatu
Kontradiksi dengan b-ma elemen terkecil S. Sehingga pengandaian salah, yang
benar sifat Archimedes benar.
Contoh :
2.3 < 44-2.3>0…..2.3-4 >0
4. Teorema 1.2 : Prinsip Induksi Matematika
Misalkan S adalah sebuah himpunan bagian dari bilangan bulat positif yang
memiliki sifat :
a. 1 unsur dari S
b. Jika k unsur dari S maka k + 1 juga unsur dari S.
Dapat disimpulkan S adalah himpunan semua bilangan bulat positif.
Bukti :
Misalkan T adalah semua himpunan bilangan bulat positif yang terletak
dalam S dan diasumsikan T tidak kosong. Menurut aturan WOP, T
memiliki unsur terkecil, misal a. Karena 1 dalam S, tentu
karena a unsur terkecil dari T maka
, juga
bukan unsur dari T.
Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa T adalah himpunan kosong
dan mengakibatkan S memuat semua bilangan bulat positif.
Contoh :
Buktikan bahwa formula di bawah ini berlaku setiap n bilangan bulat
positif.
Bukti :
Untuk n =1, diperoleh
, artinya 1 terletak dalam S
Asumsikan k dalam S, artinya berlaku
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 3
…………..(2)
Selanjutnya akan ditunjukkan n= k +1 dalam S atau
Persamaan (2) diatas, jika kedua ruasnya ditambah
diperoleh
[
]
[
(
]
)
(
)
Hal ini menunjukkan bahwa jika k dalam S maka k +1 juga dalam S, dan
S memuat semua bilangan bulat positif, artinya formula tersebut benar
untuk n = 1, 2, 3, ….
Pembuktian dengan menggunakan teorema 1.2 ada kalanya kurang
efektif. Oleh karena itu prinsip tersebut dimodifikasi menjadi seperti
berikut :
Misalkan S adalah sebuah himpunan bagian dari bilangan bulat
positif yang memiliki sifat berikut :
a. 1 unsur dari S
b. Jika k suatu bilangan bulat positif, sehingga 1,2,....,k dalam S, maka k +1
juga unsur dari S
Dapat disimpulkan S adalah himpunan semua bilangan bulat positif
Latihan :
1. Buktikan dengan induksi matematika berikut ini :
a.
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
(
)
untuk setiap n
Page 4
Bukti :
(
a.
)
(
b.
)
berlaku juga
untuk
(
)
(
(
)(
))
(
(
)
(
)
(
)])
]
(
)
(
)(
*
)
+
2. Papan catur berlubang adalah papan ukuran
yang dihilangkan
sembarang satu petaknya. Buktikan papan catur
ditutup oleh ubin triomino huruf “L” untuk
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
)
[ (
[
b.
)
(
]
([
)
berlubang dapat
!
Page 5
Bukti :
Untuk n =1 
sehingga bentuk ubin

Untuk n = k asumsikan benar maka n = k+1 juga benar artinya papan catur
juga dapat di tutup oleh ubin triomino huruf “L”
ukuran
𝑘
Gambar :
𝑘
𝑘
𝑘
(
3.
)
untuk setiap
Jawab :
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 6
(
maka
)
(
maka
)
…..(persamaan 1) berlaku juga untuk
(
)
Pada persamaan (1) ditambah
(
(
)
)
(diteruskan oleh mahasiswa)
B. Keterbagian/Divisibility
Definisi 1. Jika a dan b adalah bilangan bulat dengan a  0, dikatakan a
membagi (habis) b jika terdapat bilangan bulat c sedemikian hinga b = ac.
Bilangan a disebut pembagi atau faktor dari b dan dinotasikan a|b.
Sebaliknya a tidak membagi (habis) b diberi notasi a | b.
Contoh :
karena
Teorema 1.7. Jika a, b dan c adalah bilangan bulat dengan a| b dan b|c,
maka a| c.
Beri contoh: a = 3, b = 6 dan c = 12 adalah anggota bilangan bulat. Mudah
dibuktikan:
3|6 karena
6|12 karena
(berdasarkan definisi 1)
(berdasarkan definisi 1),
maka berdasarkan teorema 1.7 dan definisi 1 terbukti bahwa 3|12
Teorema 1.8. Jika a, b, m, dan n adalah bilangan bulat, dan jika c| a dan c|b,
maka c| (ma + nb).
Beri contoh (di serahkan kepada mahasiswa).
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 7
Bukti :
…..(persamaan 1)
……( persamaan 2)
…… persamaan 3
Substitusikan persamaan 1 dan 2 ke persamaan 3
Karena
dan
maka
Jadi
dan
dan
.
sehingga c|(ma + nb)
Contoh :
Misal
Teorema 1.9. Algoritma Pembagian. Jika a dan b adalah bilangan bulat
sedemikian hingga b > 0, maka terdapat tepat satu bilangan bulat q dan r
sedemikian hingga
a = bq + r dengan 0  r < b.
q= hasil bagi dari pembagian a oleh b
r= sisa pembagian a oleh b
Contoh :
, dengan
Contoh 2 :
dengan
Bukti.
Diketahui : a,b bulat, b>0
Akan dibuktikan: terdapat dengan tunggal
Maka
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 8
Langkah pembuktian
a. Dibentuk himpunan S = { abk , dengan k adalah bilangan bulat}.
b. Misalkan T adalah himpunan semua bilangan bulat nonnegative yang berada di
dalam S.
c. Himpunan T jelas tidak kosong karena
abk
adalah positif jika k adalah
bilangan bulat dengan k < a/b.
d. Berdasarkan sifat WOP himpunan T mempunyai elemen terkecil r. Misalkan r
=
abq. Sesuai dengan pembentukan r jelas r  0.
e. Ditunjukkan bahwa r < b. Jika
ab(q1) 0.
abq b =
abq bilangan
r > r  b =
Hal ini kontradiksi dengan pemilihan r =
bulat terkecil yang berbentuk
f.
r  b,maka
abk. Jadi terbukti 0  r < b.
Langkah selanjutnya adalah menunjukkan bahwa q dan r adalah tunggal.
Asumikan bahwa terdapat dua persamaan a = bq1 + r1 dan a = bq2 + r2, dengan 0
 r1 < b dan 0  r1 < b. Maka
0 = b(q1  q2) + (r1  r2)
r2  r1 = b(q1  q2)
Ini berarti bahwa b membagi r2  r1. Karena 0  r1 < b dan 0  r2 < b,
sehingga  b < r2  r1 < b. Jadi b dapat membagi r2  r1 hanya jika r2  r1 =
0 atau r1 = r2. Akibatnya diperoleh juga q1 = q2.
g. Kesimpulan : Jadi terbukti ketunggalan.
Contoh.
Jika a = 133 dan b = 21, maka q = 6 dan r = 7, karena 133 = 21·6 + 7.
Jika a =  50 dan b = 8, maka q = 7 dan r = 6, karena  50 = 8(7) + 6.
Karena pembagi q adalah bilangan bulat terbesar sedemikian hingga is the
bq  a, dan r =
abq, akibatnya
q = [a/b], r =
aba
[ /b]
Contoh. Misalkan a = 1028 dan b = 34. Maka
a = bq + r dengan 0  r < b, q = [380/75] =  6 dan
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 9
r =  380 [380/75]·34 = 1028  30·34 = 8.
Diberikan suatu bilangan bulat d, kita dapat mengklasifikasikan bilangan
bulat berdasarkan sisanya jika dibagi bilangan tersebut dibagi dengan d.
Definisi. Jika sisa dari n dibagi 2 adalah 0, maka n = 2k untuk suatu bilangan
bulat positif k, dan n disebut bilangan genap, sementara itu jika sisa n dibagi
2 adalah 1, maka n = 2k + 1 untuk suatu bilangan bulat k, dan n disebut
bilangan ganjil.
Klasifikasikan bilangan bulat untuk nilai d = 3..
Misal :
.
Bentuk himpunan
Maka
Untuk
Buktikan !
a. Kuadrat bilangan ganjil berbentuk 4k+1
=
Misalkan
jadi
………(1)
b. Kuadrat bilangan ganjil berbentuk 8k+1
Karena pada persamaan 1 terbukti
ganjil, maka untuk membuktikan
8k+1 juga ganjil menggunakan bilangan dasar ganjil 4k+1
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 10
Misalkan :
Latihan :
1. Tunjukkan bahwa 3 habis membagi a3 - a untuk setiap bilangan bulat a.
Bukti :
Misalkan ada a Є Z akan dibuktikan bahwa 3 │ a3 - a
a3 - a = a (a – 1) (a + 1)
Kita melihat bahwa a = 3b + r, untuk suatu b Є Z dan 0 ≤ r ≤ 2.
Karena nilai r (residu) dari pembagian a adalah 0 ≤ r ≤ 2, maka a menjadi tiga
kemungkinan:
1. a = 3b (disubstitusikan kedalam persamaan diatas, sehingga
a3 - a = 3b (3b – 1) (3b + 1) sehingga 3 │ a3 - a ..……….……………. (1)
2. a = 3b + 1, sehingga
a3 - a = 3b (3b + 1) (3b + 2) sehingga 3 │ a3 – a .………………….…… (2)
3. a = 3b + 2
Untuk a = 3b + 2 diperoleh a3 - a = (3b + 1) (3b + 2) (3b + 3)
= (3b + 1) (3b + 2) 3 (b + 1)
sehingga 3 │ a3 – a ...….………………………………………………... (3)
Dari (1) , (2) dan (3) dapat disimpulkan bahwa 3 │ a3 – a.
2. Misalkan a bilangan bulat dengan a ≥ 1. Tunjukkan bahwa
( (
))
adalah
sebuah bilangan bulat. (Hint : menggunakan teorema 1.9. algoritma pembagian)
Jawab :
Kita substitusikan masing-masing nilai a ke persamaan
(
)
[
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
(
( (
))
)
]
Page 11
C.
Representasi Bilangan Bulat
Perhatikan bahwa : 34765 = 3·104 + 4·103 + 7·102 + 6·101 + 5·100
menggunakan basis 10. Secara umum bilangan yang dikenal dan banyak
digunakan menggunakan basis 10, tetapi sebenarnya setiap bilangan bulat
positif lebih besar dari 1 dapat digunakan sebagai basis.
Teorema 1.10. Misalkan b bilangan bulat positif dengan b > 1, maka setiap
bilangan bulat positif
dapat dituliskan dengan tepat
k
k1
n ab
k ak1b  ab
1 a0 ,
satu ekspansi
(1)
dengan k bilangan bulat tak negatif, aj adalah bilangan bulat sedemikian
hingga
0aj b1 untuk
j = 0,1,…, k dan koefisien ak  0
Bukti.
Bagi n dengan b ditulis
n bq0 a0,
0a0 b1
Jika q0 0, bagi q0 dengan b,
q0 bq1 a1,
0a1 b1
Proses kemudian dilanjutkan secara bertahap sebagai berikut
q1 bq2 a2,
q2 bq3 a3,
0a2 b1
0a3 b1
.;
qk2 bqk1 ak1, 0ak1 b1
qk1 b0ak , 0ak b1
Jelas bahwa
n q0 q1  0
Secara berurutan substitusikan q0,q1,...,qk1, sehingga didapatkan
k
k1
n ab
k ak1b  ab
1 a0
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 12
Untuk membuktikan ketunggalan dari pernyataan (1), diasumsikan
terdapat dua ekspansi yang nilainya sama dengan n
k
k1
k
k1
n ab
k ak1b  ab
1 a0 ckb ck1b  cb
1 c0
Kurangkan ekspansi yang satu dari yang lain, sehingga
(ak ck )bk (ak1 ck1)bk1  (a1 c1)b(a0 c0) 0
Jika dua ekspansi berbeda, maka terdapat bilangan bulat terkecil j, 0  j  k,
sedemikian hingg aj  cj. Jadi
bj (ak ck )bkj (ak1 ck1)bkj1  (aj cj ) 0
(ak ck )bkj (ak1 ck1)bkj1  (aj cj ) = 0
aj cj b(ak ck )bkj1 (ak1 ck1)bkj2  (aj1 cj1)
Atau dapat dituliskan
b|(aj cj )
Karena
0aj bdan 0cj b, so baj cj b. Juga karena b|(aj cj )
maka aj
cj . Hal ini kontradiksi aj  cj. Jadi ekspansi
n tunggal.
Akibat 1.10.1
Setiap bilangan bulat positif dapat direpresentasikan sebagai jumlah
pangkat dari bilangan 2 yang berbeda
Bukti:
Notasi.
Bilangan bulat positif b disebut basis.
Basis 10 disebut desimal.
Ekspansi basis 2 disebut ekspansi biner
Ekspansi basis 8 disebut ekspansi octal.
Ekspansi basis 16 disebut heksadesimal.
Koefisien aj disebut digit ekspansi. (Digit biner disebut bits (binary digits))
Notasi
k
k1
(akak1 aa
1 0)b menyatakan ab
k ak1b  ab
1 a0
Contoh 1.25.
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 13
(236)7 272 376135
Contoh 1.26. Tentukan ekspansi basis 5 dari 1864. Berdasarkan teorema
1.10 maka 5 membagi 1864
Jadi
Notasi digit untuk basis 16 adalah 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, A, B, C, D, E, F.
Contoh. Untuk mengkonversi
.
Contoh :
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 14
FAKTOR PERSEKUTUAN TERBESAR (FPB)
Faktor persekutuan terbesar merupakan pembagi – pembagi bersama
dari a dan b dengan nilai pembagi yang terbesar dari a dan b tersebut.
Missal: a = 8
b = 20
8 = 1,2,4,8
20 = 1,2,4,5,10,20
Maka faktor persekutuan terbesar 8 dan 20 adalah 4
1. Jika a dan b bilangan bulat, a dan b tidak sama dengan 0 maka a dan b
memiliki sejumlah terbatas factor saja. Dengan kata lain himpunan factor
persekutuan dari a dan b merupakan himpunan berhingga.
2. Dari poin 1 , itu disebabkan factor-fektor persekutuan dari a dan btidak
akan lebih besar dari bilangan yang terbesar di antara a dab b.
3. Setiap bilangan bulat kecuali nol selalu membagi nol, sehingga a = b = 0,
maka setiap bilangan bulat merupakan factor persekutuan dari a dan b,
dalam hal ini himpunan semua factor persekutuan bulat positif dari a
dan b merupakan himpunan tak berhinnga
Teorema :
Untuk
berlaku (pembagi
1.
2.
3.
4. a|b dan b|c
5.
6.
7.
Bukti :
(sebagai latihan mahasiswa)
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 15
DEFINISI FPB:
Diberikan dua bilangan bulat a dan b, bahwa a,b tidak sama dengan
nol. Pembagi persekutuan terbesar a dan b
adalah bilangan bulat positif d yang memenuhi :
(1)
(2)
Teorema :
Diberikan
dengan
maka
Bukti :
Bentuk
Akan dibuktikan S tidak kosong.
Dari asumsi
maka |a| >0
Contoh: faktor persekutuan dari 24 dan 84 adalah ± 1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12
sehingga ( 24,84) = 12
(15,81) = 3, (100,5) = 5, (17,25) – 1, (0,44) = 44, (-6,-15) = 3, dan (17,289) = 17
DEFINISI: a dan b dikatakan relative prima jika a dan b memiliki FPB (a,b) = 1
Contoh 5. 20 dan 3 relatif prima sebab FPB(20, 3) = 1.
Begitu juga 7 dan 11 relatif prima karena FPB(7, 11) = 1.
Tetapi 20 dan 5 tidak relatif prima sebab FPB(20, 5) = 5 ¹ 1.
Jika a dan b relatif prima, maka terdapat bilangan bulat m
dan n sedemikian sehingga
Contoh 6. Bilangan 20 dan 3 adalah relatif prima karena
FPB(20, 3) =1, atau dapat ditulis
2 . 20 + (–13) . 3 = 1
dengan m = 2 dan n = –13. Tetapi 20 dan 5 tidak relatif prima
karena FPB(20, 5) = 5 ¹ 1 sehingga 20 dan 5 tidak dapat
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 16
dinyatakan dalam m . 20 +n.5=1
Contoh: (25,42) = 1, maka 25 dan 42 adalah relative prima.
25 = 1,5,25
42 = 1,2,3,6,7,14,21,…,42
TEOREMA 2.1: Jika a ,b dan c adalah bilangan bulat dengan FPB(a,b) = d,
dengan
i). FPB(
)=1
ii). FPB
Pembuktian:
i) Missal FPB(
) = e maka e ≥ 1
Akan ditunjukan e = 1
FPB(
)=e
Sehingga
dan
berarti ada bilangan bulat m sehingga
berarti ada bilangan bulat n sehingga
atau
atau
maka de adalah Faktor Persekutuan dari a dan b. karena d adalah FPB dari a

dan b atau
. jadi e = 1. Terbukti (
)=1
Pembuktian: ii).
jika a, b, dan c adalah bilangan bulat maka kita akan menunjukan bahwa Faktor
Persekutuan dari a dan b adalah sama dengan faktor persekutuan dari a + bc
dan b atau
jika e adalah Faktor persekutuan dari a dan b. dari teorema 1.8 terlihat bahwa
e juga adalah faktor persekutuan dari a + cb dan b. Jika f adalah
factor persekutuan dari a + cb dan b ( berdasarkan teorema 1.8 terlihat f
membagi
b. Oleh karena itu
), maka f juga adalah faktor persekutuan dari a dan
)
contoh teorema 2.1:
misalkan
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 17
maka kita harus menentukan
apakah berlaku :
a. FPB(
)=1
Jawab :
b. FPB
jadi
dan
DEFINISI: Jika a dan b bilangan bulat, kemudian kombinasi linear dari a dan b
adalah
jumlal dari bentuk ma + nb, dimana m dan n adalah
bilangan bulat
Dengan kata lain bahwa factor persekutuan terbesar dari a dan b
dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari a dan b , yaitu ma +
nb dengan m,n bilangan bulat tertentu
Contoh:
(-12,30) = 6 = (-12) . 2 + 30 . 1
(8,15) = 1 = 8 .2 + 15 . (-1)
(8, -35) = 4 = 8 . 5 + (-36) . 1
(-6, -42) = 6 = (-6) (-8) + (-42) . 1
TEOREMA 2.2 : pembagi bersama terbesar dari bilangan bulat a dan b, dan
keduanya tidak nol,adalah linear paling positif yang merupakan
kombinasi linear a dan b.
Pembuktian: misalkan d adalah bilang positif terkecil merupakan kombinasi
linear a dan b. ( ada bilang bulat positif yang paling terkecil
tersebut, dengan menggunakan 1 x a + 0 . b,dan (-1) a + 0 . b,
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 18
dimana a ≠ 0 adalah positif property baik memesan. Karena
setidaknya satu dari dua kombinasi linear
Dapat ditulis: d = ma + nb…………………………………………………..1
dimana m dan n adalah bilangan bulat. Akan di tunjukan bahwa dIa dan dIb.
Dengan alogaritma pembagian dari dIa:
a = dq + r ,
dari persamaan 1 terlihat bahwa:
0≤r<d
r = a – dq = a – q ( ma + nb) = ( 1 – qm) a –
qnb
hai ini menunjukan bahwa r integer adalah kombinasi linear a dan b. karena
0≤r≤d, dan d adalak kombinasi paling linear positif a dan b. dapat disimpulkan
bahwa r = 0, dan karenanya dIa. Dalam cara yang sama, dapat ditunjukan pula
bahwa dIb
dari persamaan 1 , terlihat bahwa : r = a – dq ( ma + nb) = ( 1- qm) a – qnb
sekarang kita dapat menunjukan bahwa d adalah pembagi umum terbesar dari
a dan b. untuk cara ini kita semua perlu menunjukan bahwa setiap c pembagi
umum dan harus membagi d. karena d = ma + nb, jika cIa dan cIb. Teorema 1.8
memberikan cId
DEFINISI: Diberikan a1, a2,................,an bilang bulat tidak sama dengan nol. Pembagi
persekutuan dari bilangan bulat terbesar yang merupakan pembagi dari semua
bilangan bulat dalam himpunan. Pembagi umum terbesar dari a1,a2,…,an di
notasikan denagan ( a1,a2,…,an)
Conto:
( 12, 18, 30) = 6
(10, 15, 25) = 5
LEMMA 2.1: jika a1,a2,…,an adalah bilangan bulat tidak semua nol, maka
(a1,a2,…,an-1,an-2,an)
Pembuktia : setiap pembagi
bersama dari bilangan bulat a1,a2,…,an-1,an ini
khususnya sebuah pembagi dari an-1 dan an karena ini pembagi dari ( an-1,an)
selain itu, setiap pembagi bersama dari bilangan bulat n-1, a1,a2,…,an-2, dan ( an1,an)
harus pembagi bersama semua bilangan bulat n, karena jika ia membagi (
an-1,an) , ia harus membagi kedua an-1,dan an . karena himpunan bilangan bulat n
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 19
dan himpunan bilangan bulat n-2 bersama dengan pembagi bersama terbesar
dari duA bilangan bulat terakhir ini persis sama dengan pembagi, pembagi
terbesar secara umum adalah sama.
Contoh: untuk menemukan pembagi bersama terbesar dari tiga, bilangan bulat
105,140, dan 350 dengan menggunakan lemman 2.1. untuk melihat bahwa (
105,140,350) = ( 150(140,350)) = (150,70) = 10
DEFINISI: tampak bahwa a1,a2,…an saling relative prima jika ( a1,a2,…an) = 1 .
bilangan bulat ini disebut berpasangan relative prima jika untuk setiap
pasangan bilangan bulat ai dan aj dan bagian ( ai-aj) = 1 , yaitu jika setiap
pasangan bilangan bulat dari sebagian relative prima
Sangat mudah untuk melihat jika bilangan bulat yang relative prima
berpasangan, mereka harus saling relative prima. Namun, sebaliknya adalah
tidak benar, sebagai contoh berikut:
Contoh: bilangan bulat 15,21 dan 35
15
= 1,3,5,15
21
= 1,3,7,21
35
= 1,5,7,35
(15,21,35) = (15,(21,35))
= (15,7)
=1
Terlihat bahwa tiga bilangan bulat saling relative prima , namun , setiap dua
bilangan bulat ini tidak relative prima karena
( 15,21) = 3
(15,35) = 5
(21,35) =7
2.2 ALGORITMA EUCLID
Lemma 2.2. Jika c dan d adalah bilangan bulat dan
adalah bilangan bulat, maka
, dengan q dan r
.
Bukti: (12,4).......12=4.3 +0 sehingga bisa kita tulis (12,4)=(4,0)=4
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 20
Misalkan
, maka
dan
.
Berdasar theorema 1.8
.............. (1)
Misalkan
dan
.
Berdasar theorema 1.8
Diperoleh
dan
Karena
Jadi jika
.
jika
dan
dan
maka
maka
.
............... (2)
Dari (1) dan (2) diperoleh:
Maka
.
Theorema 2.3. Algoritma Euclid jika
dengan
dan
suatu bilangan bulat
. Jika algoritma pembagian berlaku dalam
dengan
untuk
dan
,
maka
, hasil pembagi terakhir yang tidak nol.
Diberikan
theorema
, akan dicari
. Diasumsikan
,
algoritma
, menurut
.
Lemma
2.2:
.
Jika
maka lakukan algoritma berikut:
Cari
Jika
maka lakukan algoritma berikut:
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 21
Cari
.
.
.
Jika
maka lakukan algoritma berikut:
Cari
Maka
Contoh :
Cari
Menurut theorema algoritma pembagian
Jadi
Theorema 2.4. Jika
saling berurutan, dengan
dan
adalah suatu barisan Fibonacci yang yang
. Maka algoritma Euclid dapat tepat n bagian dan
menunjukkan bahwa
Bukti:
Dengan menerapkan algoritma Euclid dan menggunakan definisi relasi bilangan
Fibonacci
dalam masing-masing tahapan kita dapatkan bahwa
,
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 22
.
.
.
Oleh karena itu algoritma Euclid dapat tepat n bagian dan menunjukkan bahwa
Contoh:
Cari
Theorema 2.5. Theorema Lame’s. Jumlah pembagian di butuhkan untuk
menentukan FPB dari dua bilangan bulat positif yang menggunakan algoritma
Euclid yang tidak melebihi lima kali jumlah desimal terkecil dari dua bilangan
bulat.
Bukti:
Ketika kita menenrapkan algoritma Euclid untuk menemukan FPB dari
dan
dengan
, kita dapat memperoleh urutan persamaan berikut:
.
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 23
.
.
Kita menggunakan n pembagian, dengan
dan
,
sehingga:
,
,
,
,
.
.
.
,
Sehingga
Seperti contoh 1.16 didapatkan
;
(
√ )
Jika b memiliki k digit desimal maka
dan
,
sehingga
, karena k adalah bilangan bulat maka disimpulkan
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 24
TUGAS
1. BUKTIKAN TEOREMA DI BAWAH INI :
a. diberikan
dan
b. diberikan
dimana
,
dengan k > 0, maka
dan
,
, maka
{
2. carilah x dan y yang memenuhi:
a. gcd (34709, 100313)=34709 x + 100313 y
b. gcd (666, 1414) = 666 x + 1414 y
jawab :
c. gcd (12378, 3054) = 12378 x + 3054 y
3. carilah nilai
yang mungkin jika gcd (a,b) membentuk barisan
fibonacci (minimal 3 pasang)
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 25
KELIPATAN PERSEKUTUAN KECIL
(KPK)
Di Sekolah Dasar dan SMP, kita telah mempelajari Kelipatan Persekutuan Kecil
(KPK).
Misalnya,
kelipatan
bilangan
bulat
positif
dari
3
adalah
3,6,9,12,15,18,….dan kelipatan dari 4 adalah 4,8,12,16,20,……. Maka kelipatan
persekutuan dari 3 dan 4 adalah 12,24,36,48,……
Definisi 2.4. misalkan a dan b adalah bilangan-bilangan bulat dan m adalah
kelipatan persekutuan dari a dan b jika dan hanya jika
dan
.
Secara formal, KPK dari dua bilangan bulat didefinisikan sebagai berikut :
Definisi 2.5
Kelipatan Persekutuan Kecil (KPK) dari dua bilangan bulat tidak nol.
a dan b adalah suatu bilangan bulat positif m ditulis [
]
, apabila
memenuhi :
(i)
(ii)
dan
Jika
dan
maka
Dalam definisi ini dapat dimengerti bahwa kelipatan dari setiap dua bilangan
bulat yang tidak nol selalu merupakan suatu bilangan bulat positif. Dalam
definisi (i) mengatakan bahwa masing-masing dari dua bilangan itu membagi
kelipatan persekutuan terkecilnya. Sedangkan (ii) mengatakan bahwa kelipatan
persekutuan lainnya tidak lebih kecil dari KPK dari dua bilangan itu.
Contoh :
[
]
maka
dan
.
Kelipatan persekutuan lain, misal 48, 72, 96,….masing-masing lebih besar dari
24.
Teorema 2.12
Jika c adalah suatu kelipatan persekutuan dari dua bilangan bulat yang tidak nol
a dan b, maka KPK dari a dan b membagi c, yaitu [
] .
Bukti :
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 26
Misalkan [
]
, maka harus ditunjukkan bahwa
. Andaikan
, maka
menurut algoritma pembagian, ada bilangan-bilangan bulat q dan r sedemikian
sehingga :
Karena c adalah KPK dari a dan b, maka
dan
dan
. Karena [
]
maka
.
maka
dan karena
, maka
. Ini berarti
maka
dan karena
, maka
. Ini berarti
Karena
dan
maka r adalah kelipatan persekutuan dari a dan b.
Tetapi karena [
]
dan
, maka hal tersebut tidak mungkin
(kontradiksi). Jadi pengandaian di atas tidak benar, berarti
atau [
]
Perhatikan bahwa [6,9]=18 dan [2.6, 2.9]=[12, 18] = 36.
Tampak bahwa [2.6,2.9]=2[6,9].
Contoh :
Tentukan KPK dari [
]
[
]
[
[
]
[
]
[
[
]
]
]
Teorema 2.13
Jika a dan b bilangan-bilangan bulat yang keduanya positif, maka :
[
]
Contoh 1:
[
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
]
Page 27
[
]
[
[
[
]
]
]
Contoh 2 :
dan [
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
]
Page 28
BILANGAN PRIMA
A. PENGERTIAN BILANGAN PRIMA
Definisi :
Bilangan prima adalah bilangan bulat positif yang lebih besar dari 1 dan
tidak mempunyai faktor bilangan bulat positif kecuali 1 dan bilangan
bulat itu sendiri.
Contoh :
Barisan bilangan prima : 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, …
Definisi :
Bilangan bulat positif yang lebih besar dari 1 dan bukan bilangan prima
disebut bilangan komposit (tersusun).
Contoh :
Barisan bilangan komposit : 4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15, …
Perhatikan bahwa 1 bukan merupakan bilangan prima ataupun bilangan
komposit. Satu (1) disebut unit. Jadi himpunan semua bilangan bulat positif
(bilangan asli) terbagi dalam tiga himpunan bagian yang saling lepas, yaitu
himpunan semua bilangan prima, himpunan semua bilangan komposit, dan
himpunan unit.
Lemma 1.1:
Setiap bilangan bulat positif yang lebih besar dari 1 dapat dibagi oleh
suatu bilangan prima.
Bukti :
Lemma dibuktikan dengan kontradiksi, diasumsikan bahwa ada bilangan bulat
positif yang lebih besar dari 1 tetapi tidak punya pembagi berupa bilangan
prima. Maka himpunan dari bilangan-bilangan bulat yang lebih besar dari 1
dengan pembagi bukan bilangan prima tidak kosong. Berdasarkan sifat wellordering himpunan tersebut mempunyai elemen terkecil sebut n. Bilangan n
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 29
bukan prima, sebab n n dan n tidak mempunyai pembagi prima. Maka dapat
ditulis n = a.b dengan 1  a  n dan 1  b  n. Karena a  n, dan n terkecil yang
tidak mempunyai pembagi prima, maka a mempunyai pembagi prima sebut p.
Sehingga a = k.p dengan k bilangan bulat positif. Berdasarkan teorema 1.7,
semua pembagi dari a adalah pembagi dari n. Dapat ditulis n = k.p.b jadi n
mempunyai pembagi prima.
Teorema 1.17: (Teorema Euclides)
Banyaknya bilangan prima adalah tak berhingga.
Bukti :
Mempertimbangkan bilangan bulat Qn = n! + 1, n ≥ 1
Menurut Lemma 1.1, menjelaskan bahwa Qn mempunyai paling tidak 1 pembagi
prima, sebut qn. Maka qn pasti lebih besar dari pada n.
Jika qn  n maka berlaku qn n! dan menurut teorema 1.8, maka qn  (Qn – n!) = 1.
Hal ini tidak mungkin karena qn adalah suatu bilangan prima. Maka diperoleh
bahwa tidak ada bilangan prima terbesar, dengan kata lain bahwa banyaknya
bilangan prima adalah tak berhingga.
Pada
pembuktian
Teorema
Euclides
tersebut
yang
menarik
adalah
pembentukan bilangan bulat positif Qn sebagai hasil kali semua bilangan prima
ditambah 1.
Contoh :
Q1 = 2 + 1 = 3
Q2 = 2.3 + 1 = 7
Q3 = 2.3.5 + 1 = 31
Q4 = 2.3.5.7 + 1 = 211
Q5 = 2.3.5.7.11 + 1 = 2311
dst
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 30
Teorema 1.18:
Jika n suatu bilangan komposit, maka n memiliki faktor bilangan prima
yang tidak lebih dari √ .
Bukti :
Jika n adalah bilangan bulat komposit, maka k √ untuk k merupakan faktor
prima dari n. Karena n bulat komposit maka n = a.b, dimana a dan b Z dengan
1  a  b  n. Andaikan a = b, maka persamaan a.b = n  a2 = n  a = √ .
Sehingga kita harus memiliki a  √ .
Untuk membuktikannya kita menggunakan bukti tidak lengsung yaitu dengan
menggunakan ingkaran dari a  √ yaitu a  √ dimana b  a  √ , sehingga a 
√ dan b  √ , maka diperoleh a.b  √ √
= n  a.b  n.
Kontradiksi dengan n = a.b sehingga terbukti benar untuk a  √ .
Berdasarkan Lemma 1.1, setiap bilangan bulat positif lebih dari 1 maka
memiliki sebuah pembagi prima. Karena a  1, maka a seharusnya memiliki
sebuah faktor prima misalkan k, sehingga k a. Menurut teorema 1.7, Jika k a
dan k n, sehingga k merupakan faktor prima dari n. Karena k a maka k  a.
Dari k  a dan a  √ dapat diperoleh k  √ .
Teorema 1.20: untuk setiap bilangan bulat positif n, n merupakan bilangan
bulat komposit positif
Z = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8, 9, 10.......
Komposit = 4, 6, 8, 9, 10,......
Bukti : dengan mempertimbangkan n urutan bilangan bulat positif
Dimana : 2≤ j ≤ n + 1, kita ketahui bhwa j│(n + 1)!. Dari tteorema 1.8 menuruti
j│(n + 1 )! + j sebab itu n merupakan urutan semua bilangan bulat composit:
Contoh : 1.41
Tujuh merupakan urutan bilanagan bulat dengan di mulai dari 8! + 2 = 40322
adalah composite ( bagaimanapun ( Namun, ini merupakan tujuh bilangan
composite terkecil, 90, 91,92,93,94,95, dan 96)
Teorema 1.20 menujuk jarak antara urutan bilangan prima yang memiliki
penyelesaian yang panjang. Disisi lain, bilanagan prima boleh, memungkinkan
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 31
bilngan prima yang saling berdekatan, urutan bilangan prima adalah 2 dan 3,
karena 2 merupakan satu-satunya bilngan prima yang positive. Bagaimanapun
banyak bilanagan prima yang selisih 2, ini merupakan pasangan bilangan prima
yang disebut bilanagn prima kembar. Contoh adalah bilangan prima 5 dan 7, 11
dan 13, 101 dan 103, dan 4967 dan 4969. Kta tau bilangan prima terbesar
adalah 1706595.211235 ± 1 sebuah dugaan yang belum terselesaikan yang
menegaskan bahwa ada banyak bilangan prima kembar yang tak terhingga.
ada banyak dugaan tentang jumlah bilangan prima dari berbagai bentuk.
misalnya, tidak diketahui apakah ada bilangan prima tak terhingga bentuk n2 +1
dimana n adalah bilangan bulat positif.
dugaan Goldbach's. Bahkan setiap bilangan bulat positif yang lebih besar, maka
dua dapat ditulis sebagai jumlah dari dua bilangan prima.
Contoh 1.42. Bilangan bulat 10, 24, dan 100 dapat ditulis dalam jumlah 2
bilangan prima dengan cara dibawah ini.
10 = 3+7 = 5+5
24 = 5+19 = 7+17 = 11+13
100 = 3+97 = 11+89 = 17+8 = 29+71 = 41+59 = 47+53
B.
Teori Dasar Aritmatika
Teori dasar aritmatik sangat penting untuk menunjukkan bilangan prima
yang dibangun dari bilangan bulat. Disini teorinya berbunyi
Teorema 2.7
Teori dasar aritmatika. Setiap bilangan bulat positif yang lebih besar dari satu
dapat dituliskan sebagai hasil bilangan prima dengan faktor prima dalam
bentuk yang tidak turun.
Contoh 2.10:
Faktorisasi dari bilangan positif dapat diberikan dengan
240 = 2.2.2.2.3.5 = 24.3.5
289 = 17.17 = 172
1010 = 7.11.13
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 32
Penulisan di atas merupakan kombinasi semua bagian faktor utama yang masuk
dalam prima. Masing-masing dapat dilihat di contoh. Dimana 240 seluruh
faktornya berupa 2 dan dikombinasian berupa 24. Faktorisasi bilangan bulat
yang merupakan faktor utama yang dapat dikombinasikan disebut sebagai
faktor pokok utama (prime- power factorizations). Untuk membuktikan teori
dasar aritmatika, kita membutuhkan lemma dibawah ini.
Lemma 2.3
Jika a, b dan c bilangan bulat positif maka
dan
.
sehingga
Bukti:
Dimana
untuk sembarang bilangan bulat x dan y seperti ax + by = 1.
Perkalian keduanya merupakan persamaan dengan c, dimana acx + bcy = c,
berdasarkan theorem 1.8, a membagi acx + bcy, yang merupakan kombinasi
linear untuk ac dan bc, yang mana keduanya dapat dibagi dengan a sehingga
.
Lemma.2.4
Jika
p
membagi
dimana
p
adalah
prima
dan
adalah bilangan bulat positif, maka terdapat bilangan bulat I
dengan 1 ≤ i ≤ n sedemikian hingga p membagi ai
Bukti;
Kita membuktikannya dengan induksi. Kasus ini, dimana n = 1 barupa trivial.
Diasumsikan bahwa hasilnya benar untuk setiap n. pertimbangkan bahwa a
merupakan hasil dari n + 1 berupa bilangan bulat a1, a2, a3 . . . . an+1 dapat dibagi
dengan bilangan prima p. sehinga
perhatikan jika
atau
Sekarang
. dari hipotesis induksi dimana setiap
bilangan bulat i dengan 1 ≤ i ≤ n sehingga
. Konsekuensinya
untuk
semua i dengan 1 ≤ i ≤ n +1.
Untuk memulai membuktikan teorima dasar aritmatika, pertama kita mulai
menunjukkan bahwa setiap bilangan bulat positive lebih besar dari 1 dapat
ditulis menjadi sebagai hasil prima, setidaknya dengan satu cara. Kemudian kita
menunjukkan hasil yang unik (berlainan) untuk beberapa prima yang ada.
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 33
Bukti:
Kita membuktikan dengan kontradiksi. Diasumsikan bahwa samua bilangan
bulat positif tidak dapat ditulisakan sebagai hasil prima. Terdapat n paling kecil
dari bilangan bulat (well-ordering property). Jika n adalah prima, ini
merupakan sebenar-benar hasil untuk himpunan prima, dimanakan prima
pertama n. sehingga n adalah komposit. Nampak bahwa
dan
dengan
. Tetepi a dan b lebih kecil dari pada n maka harus
dijadikan sebagai hasil prima. Kemudian jika
kita simpulkan bahwa n
juga hasil dari prima. Ini terjadi kontradiksi yang ditunjukkan bahwa setiap
bilangan bulat positif dapat dibentuk sebagai hasil dari prima.
Kita bisa menunjukkan bahwa teori dasar aritmatika dapat ditunjukkan bahwa
faktor-faktornya merupakan bilangan yang berbeda (unik)
Dimana
adalah semua prima dengan
dan
.
Sehingga semua prima yany sama dari dua faktor didapatkan
dimana prima sebelah kiri untuk persamaan yang berbeda dari hasil sebelah
kanan. u ≥1 dan v ≥ 1 (dua faktor yang asli dikira itu berbeda), Bagaimanapun,
terjadi kontradiksi dengan lemma2.4 bahwa lemma tersebut
pi
harus
membagi qi untuk semua i. Hal tersebut tidak mungkin, dimana masing-masing
qi berupa prima dan berbeda dengan pi karenanya faktor prima u/ bilangan
bulat positif n adalah berbeda.
Faktor prima bilangan bulat selalu dapat digunakan, sebagaimana contoh
Contoh 2.13.
Kelipatan berikut yang paling umum [15,21] = 105, [24,36] = 72, [2,20] =
20,dan [7,11] = 77.
Setelah faktorisasi utama a dan b diketahui, mudah untuk menemukan [a,
b]. Jika
a  p1a1 p2a2 ....pnan danb p1b1 p2b2 ....pnbn dimana p1, p2,...,pn adalah bilangan
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 34
prima terjadi di faktorisasi prima yang terbesar a dan b, maka untuk bilangan
bulat dapat dibagi oleh a dan b, perlu diketahui bahwa dalam faktorisasi
bilangan bulat, masing-masing
sama besar dengan
pj terjadi
aj dan bj Oleh
dengan yang terbesar di kurangnya
karena itu, [a, b], bilangan bulat positif
terkecil yang habis dibagi oleh a dan b adalah
[a,b] = p1max(a1,b1) p2max(a2,b2)......
pnmax(an,bn)
Dimana max (x,y) menandakan, besar atau maksimal dari x dan y
menemukan faktorisasi utama largers memakan waktu. Oleh karena itu, kami
akan memilih sebuah metode untuk menemukan beberapa yang paling umum
dari dua bilangan bulat tanpa menggunakan factorizations utama bilangan bulat
tersebut. Kami akan menunjukkan bahwa kita dapat menemukan beberapa yang
paling umum dari dua bilangan bulat positif setelah kita mengetahui pembagi
umum terbesar dari bilangan bulat. Yang terakhir ini dapat ditemukan melalui
algoritma Euclidean. Pertama, kita membuktikan lemma berikut
lemma 2.5
Jika x dan y adalah angka riil, maka max (x, y) + min (x, y) = x + y
Bukti:
-
Jika

maka
dan
, sehingga
,
-
Jika
, kemudian
dan
, dan kita juga
= x+y
akan menemukan bahwa
kita gunakan teorema berikut ini untuk menemukan [a,b] x (a,b) di ketahui
Teorema 2.8
Jika a dan b adalah bilangan bulat positif, maka [
]
, dimana [a, b]
dan (a,b) adalah KPK dan FPB dari a dan b berurutan.
Bukti.
diberikan a dan b mempunyai faktorisasi prima berpangkat
dan
b p1b1 p2b2 ....pnbn ,
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
a  p1a1 p2a2 ....pnan
dimana eksponennya berupa bilangan bulat tak negatif
Page 35
dan semua bilangan prima merupakan faktor pada keduanya, mungkin dengan
eksponen nol. Sekarang diberikan
Mj max(
aj,bj )
dan
mj min(
aj,bj ).
kemudian kita dapatkan
[a,b] (a,b)
= p1M1 p2M2 .....pnMn p1m1 p2m2 ....pnmn
=
p1M1m1 p2M2m2 ....pnMnmn
=
p1a1b1 p2a2b2 ....pnanbn
=
p1a1 p2a2 ...pnan p1b1 ...pnbn
=
ab
aj ,bj ) min(
aj,bj ) aj bj berdasaran lemma 2.5
Karena Mj mj max(
Konsekuensi berikut ini untuk teorema dasar aritmatika yang akan digunakan
nanti
CONTOH :
Misalkan a = 6 dan b =8
[6,8]=24 dan (6,8)=2
[
[
]
]
Lemma 2.6.
Ambil m dan n bilangan bulat positif yang relatif prima. Kemudian jika d adalah
pembagi positif dari mn, dimana ada sepasang bilangan positif pembagi
d1
untuk m dan
d2 dari n sedemikian sehingga d = d1 d2 . Jika d1 dan d2 adalah
pembagi positif dari m dan n secara berurutan, maka d = d1 d2 adalah pembagi
positif dari mn,
Bukti,
Diberikan faktorisasi prima berpangat untuk m dan n, dimana m =
p1m1 p2m2 .....psms dan n q1n1q2n2 .....qtnt karena (m, n) =1, himpunan bilangan prima
p1, p2,......ps dan himpunan bilangan prima q1,q2,......
qt tidak memiliki elemen
sama/peskutuan. Oleh karena itu, faktorisasi prima berpangat mn adalah
mn p1m1 p2m2 ....psms q1n1q2n2 .....qtnt
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 36
Karena, jika d pembagi positif dari mn, maka
d  p1e1 p2e2 ....pses q1f1q2f2 .....qtft
Dimana 0e1 mi untuk i = 1,2,…..,s dan 0 f j nj untuk j = 1,2,…,t.
Dimana bahwa
d1 (d,m)dan d2 (d,n) sehingga
d1  p1e1 p2e2 ....pses dan
d2 q1f1q2f2 ....qtft
Jelas
d d1d2 dan (d1,d2) 1.
Ini adalah dekomposisi d yang kita inginkan.
Selanjutnya dekomposisi adalah unik (tunggal). Untuk melihat ini, Perhatikan
bahwa setiap pangkat prima dalam faktorisasi d harus ada
d1
atau
d2 ,
dan
pangkat prima dalam faktorisasi d yang pangkat primanya membagi m harus
muncul dalam d1 , sedangkan pangkat prima dalam faktorisasi d
pangkat prima yang membagi n harus muncul dalam
menunjukkan bahwa d1 harus menjadi (d, m) dan
Conservely, diberikan
d1 dan d2
tersebut
d2 harus menjadi (d, n)
positif yang membagi dari m dan n, secara
d1  p1e1 p2e2 ....pses
berrutan. maka
Dimana
d2 . Langkah
berupa
0e1 mi untuk i = 1,2,…..,s dan
d2 q1f1q2f2 ....qtft
Dimana
0 f j nj untuk j = 1,2,…,t. bilangan bulat
d d1d2  p1e1 p2e2 ....pses q1f1q2f2 .....qtft
Jelas merupakan pembagi dari
mn p1m1 p2m2 ....psms q1n1q2n2 .....qtnt
karena pangkat untuk prima ada di faktorisasi prima berpangkat untuk
d
kurang dari atau sama dengan pangkat prima yang terdapat pada faktorisasi
prima berpangkat untuk mn.
Hasil kesepakatan yang terkenal dengan teori bilangan bilangan prima di
barisan aritmatika.l
Teorema 2.9. teorema Dirichlet's bilangan prima di barisan aritmatika
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 37
a dan b bilangan bulat positif yang relatif prima. kemudian progresi aritmetik
sebuah + b, n = 1,2,3 ,...., mengandung banyak bilangan prima tak terhingga.
G. Lejeune Dirichlet, membuktikan teorema ini pada tahun 1837. Sejak bukti
Teorema Dirichlet sangat rumit dan mengandalkan teknik-teknik canggih, kami
tidak menunjukkan bukti di sini. Namun, tidak sulit untuk membuktikan kasuskasus khusus dari teorema Dirichlet's, sebagai gambaran teorema berikut.
Teorema 2.10
Terdapat tak hingga banyak prima untuk 4n + 3 dimana n adalah bilangan bulat
positif
Lemma 2.7
Jika a dan b adalah bilangan bulat yang keduanya berbentuk 4n + 1, maka hasil
ab juga dari bentuk tersebut.
Bukti
Diketahui a dan b berbentuk 4n + 1, disini terdapat bilangan bulat r dan s
sedemikian hingga a = 4r + 1 dan b = 4s + 1.
Karena
ab = (4r + 1)(4s + 1) = 16rs + 4r + 4s + 1
= 4 (4rs + r + s) + 1
= 4 n + 1 dimana n = 4rs + r + s
Bukti Theorema 2.10
Diasumsikan bahwa hanya ada satu angka prima dari bentuk 4n + 3,
katakan po= 3, p1, p2, . . . pr
jika diberikan Q = 4p1, p2, . . . pr + 3
maka terdapat paling sedikit satu prima dalam faktorisasi Q untuk bentuk 4n +
3.
Bukti lain
Semua prima dapat dibentuk 4n + 1 dan dengan lemma 2.7 hal ini dapat
diimplikasikan bahwa Q juga dapat dibentuk seperti itu. Terjadilah kontradiksi.
Bagaimanapun tidak ada bentuk prima po, p1, p2, . . . pr membagi Q. Bilangan
prima 3 tidak membagi Q.
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 38
Jika 3| Q, maka 3| (Q – 3) = 4 p1, p2, . . . pr. Jelas terdapat kontradiksi
Cara Yang Paling Enak
Tidak ada satu bilangan prima pj yang membagi Q. kerana pj tidak membagi Q
berimplikasi pj tidak membagi (Q – 4p1, p2, . . . p3) = 3.
Karenanya, terdapat bilangan prima dari bentuk 4n + 3 yang tidak terhingga.
Pada bagian ini , kita dapat menyimpulkan beberapa hasil pembuktian tentang
bilangan irrasional. Jika α adalah bilangan rasional maka kita boleh menulis α
sebagai hasil bagi dua bilangan bulat tak terhingga, jika α = a/b dimana a dan b
adalah bilangan bulat dengan b ≠ 0 maka α = ka/kb, k ≠ 0. Hal ini mudah untuk
mengetahui
bahwa suatu bilangan rasional positif dapat ditulis sebagai
pembagian dua bilangan bulat relative prima. Ketika kita mengetahui bahwa
bilangan rasional adalah bentuk yang paling rendah (lowest Terms). Kita
menuliskan bahwa bilangan 11/21 sebagai bentuk terendah. Kita juga melihat
bahwa . . . . ,– 33/- 36, - 11/-21 , . . .
dari dua hasil ini ditunjukkan bahwa
terdapat bilangan rasionala tertentu. Kita mulai dengan memberikan bukti lain
yaitu bilangan irrasional
2
Bukti:
Misalkan
2 rasional. Maka 2 = a/b. dimana a dan b bilangan bulat relative
prima, b≠0. Jika 2 = a2/b2 maka 2b2 = a2. Karenanya 2|a2 (berdasarkan teorema
dasar aritmatika) maka 2|a. diberikan a = 2c, maka b2=2c2 maka 2|b2 dan juga
2|b. bagaimanapun (a,b)=1 kita mengetahui bahwa 2 tidak dapat membagi a
dan b. ini kontradiksi sehingga
2 adalah irrasional.
Kita dapat juga mengeneralisaikan hasil 2 sebagai irrasional.
Teorema 2.11
Diberikan α sebagai akar polynomial xn + cn-1xn-1 + …. + c1x + c0 dimana
koefesien co, c1, ….. , cn-1 adalah bilangan bulat, maka α juga merupakan bilangan
bulat atau bilangan irrasional
Bukti
Dengan kontradiksi
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 39
Diasumsikan bahwa α adalah rasional. Kita menuliskan α = a/b dimana a dan b
adalah bilangan bulat relative prima dengan b ≠ 0. Jika α adalah akar dari xn +
cn-1xn-1 + …. + c1x + c0
Maka didapat
(a/b)n + cn-1(a/b)n-1 + …. + c1(a/b) + c0 = 0
Perkalian dengan bn didapatkan
an + cn-1an-1b + …. + c1abn-1 + c0 bn = 0
an = b (- cn-1an-1 - …. - c1abn-2 + c0 bn-1)
kita lihat bahwa b|an.
Diasumsikan bahwa b ≠ ±1, maka b mempunyai pembagi prima p. Jika p|b dan
b|an, kita tahu bahwa p|an, sehingga p|a. bagaimanapun (a,b) = 1. Ini jelas
kontradiksi dengan yang ditunjukkan bahwa b = ± 1.
Konsekuensinya, jika α adalah irrasional maka α = ± a sehingga α pasti berupa
bilangan bulat.
Contoh
Diberikan a bilangan bulat positif yang tidak memiliki pengkat m bilangan
positif, maka x = m a tidak bilangan bulat. Maka m a adalah bilangan irrasional.
Karenanya m a akar dari xm – a . akibatnya semua angka
2,3 5,1017 adalah
irrasional.
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 40
PENGANTAR KEKONGRUENAN
A. PENDAHULUAN
Bahasa khusus kongruen yang kami perkenalkan dalam bab ini sangat
berguna dalam teori bilangan. Bahasa kekongruenan ini dikembangkan pada
awal abad ke-19 oleh Karl Friedrich Gauss, salah satu matematikawan paling
terkenal dalam sejarah.
Definisi
. Jika a, b
Misalkan
, kita peroleh bahwa a kongruen dengan b
modulo m jika m | (a – b).
Jika a kongruen b modulo m, kita tuliskan
b), kita tuliskan
(mod m). Jika m (a –
(mod m), dan dikatakan bahwa a dan b tidak
kongruen modulo m.
Contoh 3.1

(mod 9) karena 9 | (22 – 4) = 18 gunakan teorema 3.1 (22= 4+2.9)
bisa ditulis 22 kongruen dengan 4 modulo 9

(mod 9) dan

(mod 9) karena 9 (13-5) = 8
(mod 9)
Kekongruenan sering muncul dalam kehidupan kita sehari-hari.
Misalnya, pada jam bekerja baik modulo 12 maupun modulo 24 untuk jam,
dan modulo 60 untuk menit dan detik, kalender bekerja pada modulo 7
untuk hari dalam seminggu dan modulo 12 untuk bulan. Meteran serba guna
sering beroperasi pada modulo 1000 dan odometer bekerja pada modulo
100000.
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 41
Ketika bekerja menggunakan kekongruenan, akan sangat berguna
mengubah ke kesamaannya. Untuk melakukan hal ini, diperlukan teorema di
bawah ini.
Teorema 3.1
Jika a dan b bilangan bulat, maka
(mod m) jika dan hanya jika ada
suatu bilangan bulat k sedemikian sehingga a = b + km.
Bukti:
(mod m), maka
Jika
–
. Ini berarti bahwa ada suatu k bilangan
– , sehingga a = b + km.
bulat dengan
(22= 4+2.9)
Sebaliknya, jika ada bilangan bulat k dengan a = b + km, kemudian km = a – b.
Oleh karena itu,
–
dan akibatnya,
(mod m).
Contoh 3.2

19 ≡ -2 (mod 7) dan 19 = -2 + 3.7
Proposisi berikut menetapkan beberapa sifat penting dalam kekongruenan.
Teorema 3.2
Misal m suatu bilangan bulat. Kekongruenan modulo m memenuhi sifat-sifat
berikut:
(i) Refleksif. Jika a suatu bilangan bulat, maka
(ii) Simetris. Jika a dan b
sedemikian sehingga
(mod m), maka
(mod m)
(iii) Transitif. Jika a, b, dan c
maka
dengan
(mod m) dan
(mod m),
(mod m).
Bukti:
(i) Kita lihat bahwa
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
(mod m) karena m| (a – a) = 0
Page 42
(mod m) maka m | (a – b). Oleh karena itu, ada suatu bilangan k
(ii) Jika
dengan
sehingga m | (b –
. Hal ini menunjukkan
a). akibatnya,
(mod m)
(mod m), dan
(iii) Jika
(mod m), maka m | (a – b) dan m | (b – c).
Oleh karena itu, ada bilangan bulat k dan l
dengan
. Oleh karena itu,
dan
.
Ini menunjukkan bahwa m | (a – c) dan
(mod m).
Berdasarkan Teorema 3.2, dapat kita peroleh bahwa himpunan
bilangan bulat dapat dibagi ke dalam m himpunan berbeda yang disebut
kelas kekongruenan modulo m, masing-masing kelas terdiri atas bilangan
bulat yang saling kongruen modulo m.
Contoh 3.3
Kesesuaian 4 kelas kekongruenan modulo 4 sebagai berikut:
(mod 4)
(mod 4)
(mod 4)
(mod 4)
Misalkan m adalah bilangan bulat positif. Diberikan suatu bilangan
bulat a, dengan algoritma pembagian kita dapatkan a = bm + r dimana 0 ≤
r ≤ m – 1. Kita sebut r sebagai residu terkecil nonnegatif dari a modulo m.
Kita katakan bahwa r adalah hasil dari pengurangan a modulo m. Kita juga
menggunakan notasi a mod m = r untuk menunjukkan bahwa r adalah
residu yang diperoleh ketika a dibagi m. Contoh: 17 mod 5 = 2 dan -8 mod
7 = 6.
Dari persamaan a = bm + r, ini berarti
(mod m). Oleh karena
itu, setiap bilangan bulat kongruen modulo m dengan tepat satu bilangan
bulat pada himpunan 0, 1, ...,
m – 1. Karena tidak ada dua bilangan bulat
0, 1, ..., m – 1 yang kongruen modulo m, maka kita memiliki m bilangan
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 43
bulat sedemikian sehingga setiap bilangan bulat kongruen tepat satu dari
m bilangan bulat itu.
Definisi
Sistem residu lengkap modulo m adalah himpunan bilangan bulat sedemikian
sehingga setiap bilangan bulat kongruen modulo m dengan tepat satu
bilangan bulat pada himpunan tersebut.
Contoh 3.4
Algoritma Pembagian menunjukkan bahwa himpunan bilangan bulat 0,
1, 2, . . .,
m – 1 adalah sistem residu lengkap modulo m. System tersebut
disebut himpunan residu terkecil nonnegative modulo m.
Contoh 3.5
Misal m adalah suatu bilangan bulat ganjil, maka himpunan bilangan
bulat
, . . ., -1, 0, 1, . . .,
,
himpunan residu terkecil mutlak modulo m, adalah system lengkap residu.
Kita akan sering melakukan perhitungan dengan kekongruenan.
Kekongruenan memiliki banyak sifat yang sama dengan suatu persamaan.
Teorema 3.3
Jika a, b, c dan m adalah bilangan bulat dan
sedemikian sehingga
, maka
(i)
(mod m),
(ii)
(mod m),
(mod m)
(iii)
Bukti:
, maka m | (a – b).
Karena
(i)
bisa kita uraikan menjadi
ekuivalen dengan m |
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
sehingga m | (a – b)
sehingga (i) terpenuhi
Page 44
(ii)
sehingga m | (a – b)
bisa kita uraikan menjadi
ekivalen dengan m |
sehingga (ii) terpenuhi
(iii) Untuk menunjukkan (iii) terpenuhi, kita tahu bahwa
Karena
–
–
, maka ini dipenuhi juga untuk
–
. Oleh
(mod m)
karena itu,
Contoh 3.3
1.
2. Contoh :
3. Contoh :
Contoh 3.6
maka berdasar teorema 3.3
Karena

(mod 8),

(mod 8),

(mod 8)
Apa yang terjadi bila kedua ruas kekongruenan dibagi dengan suatu
bilangan bulat? Perhatikan contoh di bawah ini.
Contoh 3.7
Kita memiliki
(mod 6). Tetapi kita tidak dapat
menghilangkan faktor persekutuan dari 2 sehingga
(mod 6).
Contoh di atas menunjukkan bahwa sifat kanselasi tidak berlaku
sepenuhnya pada relasi kekongruenan. Sifat kanselasi akan berlaku dengan
suatu syarat seperti dinyatakan dalam teorema berikut ini.
Teorema 3.4
Jika a, b, c dan m adalah bilangan bulat sedemikian sehingga
m) dan
(mod m) maka
, d = gcd(c,
)
Bukti:
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 45
(mod m), kita ketahui bahwa
Jika
–
Oleh
–
karena itu, ada suatu bilangan bulat k di mana c(a – b) = km. Dengan
membagi kedua ruas dengan d, kita peroleh
(
)
Karena
–
, berdasarkan lemma 2.3 maka terpenuhi juga
.
Dengan demikian
Contoh 3.8
Karena
dan
atau
, kita lihat bahwa
(mod 3)
Corollary berikut ini, yang merupakan masalah khusus teorema 3.4,
sering digunakan.
Corollary
Jika a, b, c, dan m suatu bilangan bulat sedemikian hingga
(mod m) maka
dan
, (c, m) = 1
(mod m).
Contoh 3.9
Karena
(mod 5) dan (5,7) = 1, kita simpulkan bahwa
(mod 5) atau
⁄
⁄
(mod 5).
Teorema 3.5
Jika a, b, c, d, dan m bilangan bulat sedemikian hingga hingga
(mod m) dan
,
(mod m) maka:
(i)
(mod m)
(ii)
(mod m)
(mod m)
(iii)
Bukti:
(mod m) dan
Karena
(mod m), kita tahu bahwa m | (a – b) dan m
| (c – d). Oleh karena itu, ada bilangan bulat k dan l dengan
dan
.
(i)
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
.
Page 46
Oleh karena itu,
(mod m)
] sehingga
[
(ii)
.
Oleh karena itu,
(mod m)
] sehingga
[
(iii)
. Oleh karena itu,
(mod m)
sehingga
Contoh 3.10
Karena
(mod 5) dan
(mod 5), menggunakan teorema 3.5 kita
peroleh bahwa:
dan

(mod 5)

(mod 5)

(mod 5)
Teorema 3.6
adalah sistem residu lengkap modulo m, maka jika a
Jika
adalah bilangan bulat positif dengan
, maka
adalah sistem residu lengkap modulo m untuk sebarang bilangan bulat b.
Bukti:
Pertama, kita tunjukkan bahwa tidak ada dua bilangan bulat
yang kongruen modulo m. Untuk menunjukkannya, perhatikan bahwa jika
(mod m)
maka berdasar (ii) teorema 3.3, kita peroleh
(mod m)
Karena
, Corollary 3.4 menyatakan bahwa
(mod m)
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 47
Karena
(mod m) jika
, kita simpulkan bahwa
Theorema 3.7
Jika
dan
adalah bilangan bulat dengan
maka
dan
.
Bukti :
Karena
…..(1)
dengan demikian
…..(2)
Karena
dan
maka
(theorema 1.7)
Sehingga
Contoh 3.11
Karena
, maka dengan theorema 3.7 didapatkan bahwa
Theorema 3.8
Jika
,
adalah bilangan bulat dengan
[
bulat positif maka
dari
dengan
bilangan
] ;[
] adalah KPK
.
Bukti:
Karena
maka
[
]
[
Akibatnya
]
Contoh :
,
dan
[
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
]
Page 48
Corollary 3.8.1
Jika
, dengan
bilangan bulat dan
adalah
adalah bilangan bulat positif relative prima
yang berpasangan, maka
.
Bukti:
Karena
[
adalah bilangan relative prima yang berpasangan maka
]
. Dengan teorema 3.8, kita peroleh
.
Dalam studi berikutnya, kita akan bekerja dengan kekongruenan dengan
pangkat besar bilangan bulat. Sebagai contoh, kita ingin menemukan residu
positif terkecil dari 2644 modulo 645. Jika kita mencoba untuk menemukan
residu positif terkecil dengan menghitung 2644, kita akan memiliki suatu
bilangan dengan 194 desimal digit. Sebaliknya, untuk menemukan 2644 modolo
645 pertama-tama kita tuliskan eksponen 644 dalam notasi biner:
(644)10=(1010000100)2
Selanjutnya, kita menghitung residu positif terkecil dari 2, 22 ,24 ,28 ....2512
dengan berturut mengkuadratkan dan mengurangi modulo 645, sehingga
diperoleh
(mod 645)
(mod 645)
(mod 645)
(mod 645)
(mod 645)
(mod 645)
(mod 645)
(mod 645)
(mod 645)
(mod 645)
Sekarang kita akan menghitung
modulo 645 dengan mengalikan
residu positif terkecil dari pangkat 2, diperoleh
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 49
(mod 645)
Kita baru saja mengilustrasikan prosedur umum untuk perpangkatan
modulo, untuk menghitung
modulo m, di mana b, m dan N adalah bilangan
bulat positif. Pertama kita menuliskan pangkat N dalam notasi binari, sebagai N
=
. Kemudian mencari residu positif terkecil dari
modulo m, dengan berturut-turut mengkuadratkan dan mengurangi
modulo m. Terakhir, kalikan residu positif terkecil modulo m dari
untuk j
dengan a =1, kurangkan dengan modulo m setelah perkalian.
Theorema 3.9
Misalkan b, m, dan N adalah bilangan bulat positif dengan b < m, maka residu
positif terkecil dari
modulo m dapat dihitung dengan menggunakan
2
operasi bit O((log2m) log2N)
Bukti:
3.1. Kekongruenan Linear
Kekongruenan dengan bentuk
(mod m)
di mana x adalah sebarang bilangan bulat, disebut kekongruenan linear dalam
satu variabel. Di sesi ini, kita akan melihat bahwa ilmu yang mempelajari
kekongruenan sama dengan ilmu yang mempelajari mengenai persamaan
diophantin linear dalam dua variabel.
Perhatikan bahwa jika
merupakan solusi dari kekongruenan
(mod m)., dan jika
(mod m), maka
(mod m),
sehingga
juga merupakan solusi. Sehingga, jika salah satu anggota
kekongruenan modulo kelas m merupakan solusi, maka semua anggota kelas ini
merupakan solusi. Oleh karena itu, kita dapat bertanya, berapa banyak m
kekongruenan kelas modulo m memberi solusi, ini sama dengan bertanya
berapa banyak solusi yang tak kongruen pada modulo m. Teorema berikut
menyebutkan kapan suatu kekongruenan linear dalam satu variabel memiliki
solusi, dan jika memiliki solusi, menyatakan berapa banyak solusi tak kongruen
yang ada pada modulo m dengan tepat.
Teorema 3.10
Misal a, b dan m adalah bilangan bulat di mana
dan (a, m) = d. Jika
maka
(mod m) tidak memiliki solusi. Jika d | b, maka
(mod m)
memiliki tepat d solusi tak kongruen modulo m.
Bukti:
Dengan menggunakan Teorema 3.1, kekongruenan linear
ekivalen dengan persamaan diophantin linear dalam dua variabel.
Bilangan bulat x adalah solusi dari
(mod m)
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
(mod m)
.
Page 50
Contoh :
Tentukan nilai x sehingga berlaku kekongruenan linier
Jawab
Langkah 1. Mencari
Langkah 2. Membuktikan
. Terbukti
Langkah 3. Memasukkan nilai d ke persamaan linier kekongruenan
Contoh :
Carilah nilai x agar menjadi solusinya
Sehingga
merupakan solusi
3.3 Teorema Sisa China
Pada sesi ini dan satu sesi selanjutnya, kita akan mendiskusikan system
kekongruenan yang simultan. Kita akan mempelajari 2 tipe such system. Pada
tipe pertama, ada dua atau lebih kekongruenan linear dalam satu variabel,
dengan modulo yang berbeda. Tipe kedua terdiri dari lebih dari 1 kekongruenan
yang simultan pada lebih dari satu variabel, di mana semua kekongruenan
memiliki modulus yang sama.
Pertama, kita consider(menentukan??) system kekongruenan yang
involve (hanya terdiri atas???) satu variabel, tetapi dengan modulo yang
berbeda
Teorema 3.3
Jika a, b, c dan m adalah bilangan bulat dengan m 0 sedemikian sehingga
(mod m), maka
(i)
(mod m)
(ii)
(mod m)
(iii)
(mod m)
Bukti
Dari
(mod m), kita ketahui bahwa m | (a – b).
(i) Dari hukum identitas,
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 51
Jadi bisa kita buat m | (a – b) sama dengan m |
Sehingga (i) terpenuhi
(ii) Terpenuhi dari fakta bahwa
Sehingga m | (a – b) sama dengan
(iii) Perhatikan bahwa
. Karena m | (a – b), maka terpenuhi
juga m | c(a – b).
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 52
PERSAMAAN LINEAR DIOPHANTINE
Pengantar /.
Dalam kehidupan setiap hari, kita sering terlibat dalam masalah-masalah yang
melibatkan perhitungan. Contohnya jika kita mempunyai uang sebesar Rp.
50.000, uang tersebut digunakan untuk membeli buku dan pensil. Harga Sebuah
buku Rp.5000 dan pensil Rp.2500. Berapa banyak buku dan pensil yang dapat
dibeli dari jumlah uang sebanyak 50.000 tadi?
Untuk memecahkan masalah di atas, kita misalkan buku= x dan pensil=y, maka
persamaan yang dapat dibentuk adalah 5000x +2500y = 50000. Tugas kita
selanjutnya adalah mencari solusi dari masalah di atas, yaitu mencari nilai x
dan y yang memenuhi persamaan tersebut.
Dari contoh di atas koefisien nilai x dan y serta akar-akar persamaan
merupakan anggota bilangan bulat, maka contoh di atas adalah salah satu
contoh persamaan linear Diophantine (persamaan yang akar akarnya adalah
bilangan bulat).
Teorema 2.14
Untuk a dan b bilangan bulat dengan d = (a,b), Persamaan ax + by = c tidak
mempunyai solusi bilangan bulat jika d ∣ c. Jika d∣c, maka terdapat tak berhingga
banyak solusi dari bilangan bulat. Selain itu jika x= dan y= adalah bagian
solusi dari persamaan maka semua solusi akan diberikan oleh:
x=
+ (b/d)n, y= – (a/d)n,
dimana n adalah bilangan bulat
Bukti:
Asumsikan bahwa x dan y anggota bilangan bulat sedemikian sehingga ax +by =
c. Maka karena d∣a dan d∣b diperoleh d∣c, karena itu jika d ∣ c persamaan itu
tidak mempunyai solusi. (d∣ax+bc=d∣c, dari teorema 1.8)
Sekarang kita Asumsikan d∣c, dari teorema 2.2 (d=ma + nb) diperoleh
d = as + bt
……………………. (2.3)
Karena d∣c berarti ada bilangan bulat e dengan c=de
Kalikan (2.3) dengan e
c = (as + bt)e
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 53
c = a (se) + b (te)
salah satu solusi yang diberikan adalah x=
dan y=
, dimana
=se dan
=te.
Sekarang akan diperlihatkan bahwa ada tak berhingga banyaknya solusi dari
persamaan,
ambil x= +(b/d)n dan y=
– (a/d)n, dimana n adalah anggota bilangan bulat.
Kita peroleh pasangan (x,y) adalah solusi karena
ax + by = a(
+ (b/d)n) + b(
=
+ a(b/d)n + b
=
+b
– (a/d)n)
– b(a/d)n
=c
Sekarang akan diperlihatkan setiap solusi dari persamaan
ax + by = c.
Andaikan x dan y adalah bilangan bulat dengan ax+ by = c.
Karena
+b
oleh pengurangan diperoleh
ax + by =
+b
ax + by - (
(ax –
+b
=0
) + (by- b
a(x – ) + b(ya(x – ) = b(
kedua ruas dibagi dengan d, sehingga diperoleh
(a/d)(x – ) = (b/d)(
Dari teorema 2.1 (a/d,b/d)= 1, diperoleh
(a/d)(x – ) , (b/d)(
= 1,
maka dengan menggunakan lemma 2.3 (jika a,b,c adalah bil. Bulat positif
dimana (a,b)= 1 dan a∣bc maka a∣c). berarti (a/d)∣(
Karena n adalah anggota bilangan bulat dengan
.
(a/d)n = (
berarti
y=
(a/d)n
masukan nilai y untuk mencari nilai x
a(x – ) = b(
a(x – ) = b(a/d)n
x=
+ (b/d)n
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 54
teorema ini digunakan untuk menentukan solusi dari persamaan linear
(ax+by=c) dimana a,b,c mempunyai GCD
Contoh Soal :
1. Tentukan semua bilangan bulat yang memenuhi persamaan:
21x + 14y = 70
Jawab
Gunakan teorema Euclid untuk menentukan GCD dari
21 = 14 x 1 + 7
14 = 7 x 2 + 0
GCDnya adalah 7, dan karena 70 habis dibagi 7 (7∣70) maka persamaan ini
mempunyai solusi. Ambil persamaan terakhir
7 = 21 – (1 x 14)
7 = (1 x 21) – (1 x 14) ………. Dikalikan 10
70 = (10 x 21) – (10 x 14)
Jadi diperoleh solusi
x=
10 dan
= -10.
+ (b/d)n
= 10 + (14/7)n
= 10 + 2n
y=
(a/d)n
= -10 – (21/7)n
= -10 -3n
Jika n = 1 -> x = 12 dan -13. Buktikan 21. 12 + 14. -13 = 70
Untuk semua n adalah anggota bilangan bulat.
2. Dalam kehidupan setiap hari, kita sering terlibat dalam masalah-masalah yang
melibatkan perhitungan. Contohnya jika kita mempunyai uang sebesar Rp. 50.000,
uang tersebut digunakan untuk membeli buku dan pensil. Harga Sebuah buku
Rp.5000 dan pensil Rp.2500. Berapa banyak buku dan pensil yang dapat dibeli dari
jumlah uang sebanyak 50.000 tadi?
Jawab :
Misalkan x = buku dan y = pensin
5000 x + 2500 y = 50.000 atau 50 x + 25 y = 500
Langkah 1. Mencari
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 55
dikalikan 10
Sehingga
x=
dan
+ (b/d)n
= 0 + (25/25)n
=n
y=
(a/d)n
= 20 – (50/25)n
= 20-2n
n = 1-> x =1 dan y = 18.
50.1 + 25.18=500
3. Tentukan semua bilangan bulat yang memenuhi persamaan: 15x+6y=189
Jawab:
Pertama, kita tentukan GCD-nya dulu menggunakan algoritma Euclid.
15 = 6 x 2 +3
6 = 3 x 2 + 0.
Jadi, GCD(15,6) = 3.
Perhatikan bahwa 189 itu habis dibagi 3 (atau 3 189). Artinya, persamaan itu
punya solusi x dan y.
Lalu, ambil persamaan terakhir
3 = 15 - 6 x 2
3 = 1 x 15 - 2 x 6 …………….(dikali 63)
189 = 63 x 15 - 126 x 6
Dari sini, diperoleh satu solusi, yaitu
= 63 dan
= -126 (lihat bentuk
gcd(a,b)=ax+by)...
x=
+ (b/d)n
= 63 + (6/3)n
= 63 + 2n
y=
(a/d)n
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 56
= -126 – (15/3)n
= -126 -5n
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 57
KRIPTOLOGI
7.1 Karakter cipher
Dari zaman kuno, pesan sekarang rahasia telah dikirim. Klasik,
kebutuhan untuk komunikasi rahasia telah terjadi di dalam urusan diplomasi
dan militer. Sekarang, dengan komunikasi elektronik yang masuk ke digunakan
secara luas, kerahasiaan telah menjadi isu penting. Baru-baru ini, dengan
munculnya perbankan elektronik, kerahasiaan telah menjadi diperlukan bahkan
untuk transaksi keuangan. Oleh karena itu, ada banyak kepentingan dalam
teknik pembuatan pesan dimengerti untuk semua orang kecuali penerima yang
dimaksud.
Sebelum membahas sistem kerahasiaan khusus, kami menyajikan
beberapa terminologi. Disiplin yang ditujukan untuk sistem kerahasiaan disebut
kriptologi. Kriptografi merupakan bagian dari kriptologi yang berhubungan
dengan desain dan implementasi sistem kerahasiaan, sedangkan kriptanalisis
bertujuan melanggar sistem ini. Sebuah pesan yang akan diubah menjadi bentuk
rahasia disebut plaintext. Cipher adalah metode untuk mengubah pesan
plaintext menjadi ciphertext dengan mengubah huruf dari plaintext dengan
menggunakan transformasi. Kuncinya menentukan transformasi tertentu dari
satu set transformasi mungkin. Proses mengubah plaintext menjadi ciphertext
disebut enkripsi atau enciphering, sedangkan proses kebalikan dari mengubah
ciphertext kembali ke plaintext oleh penerima yang dituju, memiliki
pengetahuan tentang metode
melakukan hal ini, disebut dekripsi atau mengartikan. Ini, tentu saja, berbeda
dari proses seseorang selain penerima yang dimaksudkan digunakan untuk
membuat pesan dipahami melalui pembacaan sandi.
Dalam bab ini, kami menyajikan sistem kerahasiaan berdasarkan
aritmatika modular. Yang pertama itu berasal dengan Julius Caesar. Sistem
kerahasiaan terbaru akan kita bahas ditemukan pada tahun 1970-an. Dalam
semua sistem ini kita mulai dengan menerjemahkan huruf menjadi angka. Kami
mengambil sebagai standar kami alfabet huruf bahasa Inggris dan
menerjemahkan mereka ke dalam integer dari 0 ke 25, seperti yang ditunjukkan
pada Tabel 7.1.
Letter
Numerical
equvalent
A
0
B
1
C
2
D
3
E
4
F
5
G
6
H
7
I
8
J
9
K
10
L
11
M
12
N
13
O
14
P
15
Q
16
R
17
S
18
T
19
U
20
Table7 .1. Para numerik Setara Sastra
Tentu saja, jika kita mengirim pesan Rusia, Yunani, Ibrani atau
bahasa lain kita akan menggunakan berbagai bilangan bulat yang sesuai abjad.
Juga, kita mungkin ingin memasukkan tanda baca, simbol untuk menunjukkan
kosong, dan mungkin untuk mewakili digit nomor sebagai bagian dari pesan.
Namun, demi kesederhanaan, kita membatasi diri pada huruf-huruf alfabet
Inggris.
Pertama, kita bahas berdasarkan sistem kerahasiaan mengubah setiap
huruf dari pesan plaintext menjadi huruf yang berbeda untuk menghasilkan
ciphertext. Cipher seperti ini disebut cipher karakter atau monografi, karena
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 58
V
21
W
22
X
23
Y
24
setiap huruf berubah secara individu untuk surat lain dengan substitusi. Secara
keseluruhan, ada 26! cara yang mungkin untuk menghasilkan transformasi
monografi. Kita akan membahas satu set yang didasarkan pada aritmatika
modula.
Sebuah cipher, yang digunakan oleh Julius Caesar, didasarkan pada
substitusi di mana setiap huruf digantikan dengan huruf tiga bagian bawah
abjad, dengan tiga huruf terakhir bergeser ke tiga huruf pertama dari alfabet.
Untuk menggambarkan cipher ini menggunakan aritmatika modular, biarkan P
menjadi setara numerik surat dalam plaintext dan C setara numerik dari huruf
cipherteks yang sesuai. Kemudian
CP3Mod26,0C25
Korespondensi antara plaintext dan ciphertext diberikan dalam Tabel 7.2.
Plaintext
A
0
B
1
C
2
D
3
E
4
F
5
G
6
H
7
I
8
J
9
K
10
L
11
M
12
N
13
O
14
P
15
Q
16
R
17
S
18
T
19
U
20
V
21
W
22
X
23
Y
24
Z
2
ciphertext
3
D
4
E
5
F
6
G
7
H
8
I
9
J
10
K
11
L
12
M
13
N
14
O
15
P
16
Q
17
R
18
S
19
T
20
U
21
V
22
W
23
X
24
Y
25
Z
0
A
1
B
2
C
Tabel 7 .2. The Korespondensi Surat untuk Cipher Caesar
Untuk menulis dlm kode pesan menggunakan transformasi ini, pertama
kita ubah ke setara numeriknya, pengelompokan huruf di blok lima. Kemudian
kita mengubah setiap angka. Pengelompokan surat ke blok membantu
mencegah kriptanalisis sukses berdasarkan mengenali kata-kata tertentu. Kami
mengilustrasikan prosedur ini dengan enciphering pesan
THIS MESSAGE IS TOP SECRET.
Broken ke dalam kelompok lima huruf, pesan
THISM ESSAG EISTO PSECR ET.
Mengubah huruf menjadi setara numerik, kita memperoleh
19 7 8 18 12
4 18 18 0 6
4 8 18 19 14
15 18 4 2 17
4 19
Menggunakan transformasi Caesar CP3Mod
26 ini menjadi
22 10 11 21 15
7 21 21 3 9
7 11 21 22 17
18 21 7 5 20
7 22


Penerjemahan kembali ke huruf, kami telah
WKLVP HVVDJ HLVWR SVHGU HW.
Ini adalah pesan yang kami kirim.
Penerima deciphers dalam cara sebagai berikut. Pertama, surat-surat
dikonversi ke angka. Kemudian, hubungan CP3 Mod
26,0C25
digunakan untuk mengubah ciphertext kembali ke versi numerik plaintext, dan
akhirnya pesan diubah menjadi huruf.
Kami menggambarkan prosedur mengartikan dengan pesan berikut
enciphered oleh sandi Caesar:

Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta

Page 59
WKLVL VKP.ZZ HGHFL SKHU.
Pertama, kami mengubah huruf menjadi setara numerik mereka, untuk
memperoleh
22 10 11 21 11
21 l0 17 25 25
7 6 7 5 11
18 10 7 20 .
Selanjutnya, kita melakukan transformasi CP3Mod
26 untuk mengubah
ini untuk plaintext, dan kami memperoleh
19 7 8 18 8
18 7 14 22 22
4 3 4 2 8 15 7 4 17.


Kami menerjemahkan ini kembali ke surat dan mengembalikan pesan plaintext
THISI SHOWW EDECI PHER.
Dengan menggabungkan huruf-huruf yang sesuai dengan kata-kata, kita
menemukan bahwa pesan reads
THIS IS HOW WE DECIPHER.
Cipher Caesar adalah salah satu dari keluarga cipher serupa
digambarkan oleh transformasi shft
CP3Mod26,0C25
di mana k adalah kunci yang mewakili ukuran pergeseran huruf dalam alfabet.
Ada 26 transformasi yang berbeda dari jenis ini, termasuk kasus k = 0 (mod 26),
di mana huruf tidak berubah, karena dalam hal ini CP Mad
26 .
Secara umum, kami akan mempertimbangkan transformasi jenis ( 7.1 )


CaPbMod26,0C25
dimana a dan b adalah bilangan bulat dengan (a, 26) = 1. Ini disebut
transformasi affine. Shift transformasi adalah transformasi affine dengan a=1 .
Kami mengharuskan (a, 26) = 1, sehingga sebagai P berjalan melalui sistem
residu lengkap modulo 26, C juga tidak. Ada 2612pilihan untuk a, dan 26
pilihan untuk b, memberikan total 1226312transformasi jenis ini (salah
satunya adalah C = P (mod 26) diperoleh bila a = 1 dan b = 0. Jika reliationship
antara plaintext dan ciphertext dijelaskan oleh (7.1), maka hubungan terbalik
diberikan oleh
 
PaCbMad26,0P25
dimana merupakan kebalikan dari sebuah (mod 26)
Sebagai contoh dari cipher, mari a = 7 dan b = 10, sehingga
C7P10Mod26 Oleh karena itu, P15C10 15C6 Mod26 . sejak 15
adalah kebalikan dari 7 modulo 26. Korespondensi antara huruf diberikan
dalam Tabel 7.3.



Plaintext
A
0
B
1
C
2
D E
3 4
F
5
G
6
ciphertext
10
K
17
R
24
Y
5
F
19
T
0 7 14
A H O
12
M
H I
7 8



J
9
K
10
L
11
M
12
N
13
O
14
P
15
Q
16
R
17
S
18
T
19
U
20
V
21
W
22
X
23
Y
24
21
V
2
C
9
J
16
Q
23
X
4
E
11
S
18
S
25
Z
6
G
13
N
20
U
1
B
8
I
15
P
22
W
Table 7 .3. The Korespondensi Surat untuk Cipher dengan
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 60
Untuk menggambarkan bagaimana kami memperoleh ini korespondensi,
perhatikan bahwa huruf plaintext L dengan setara numerik 11 sesuai dengan
huruf J ciphertext, 71110879 Mod
26 dan 9 adalah setara numerik J.


Untuk menggambarkan cara menulis dlm kode, perhatikan bahwa
Contoh :
PLEASE SEND MONEY
dapat di rubah menjadi
LJMKG MGMFQ EXMW.
Pada chipertext
FEXEN ZMBMK JNHMG MYZMN,
sama dengan
DONOT REVEA LTHES ECRET
atau
DO NOT REVEAL THE SECRET pada plaintext.
Sekarang
kita membahas beberapa teknik
yang diarahkan pada
pembacaan sandi dari cipher berdasarkan transformasi affine. Dalam upaya
memecahkan ipher monografi, frekuensi huruf dalam ciphertext dibandingkan
dengan frekuensi pada teks biasa. Ini memberikan informasi mengenai
kesesuaian antara huruf. Dalam perhitungan berbagai macam frekuensi pada
teks English, salah satunya menemukan persentase yang terdapat dalam tabrl
7.4 untuk kejadian ke 26 huruf.
letter
Frequensi
(%)
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
K
L
M
N
O
P
Q
R
S
T
U
V
W
X
Y
Z
7
1
3
4
13
3
2
3
8
<1
<1
4
3
8
7
3
<1
8
6
9
3
1
1
<1
2
<1
Tabel 7.4. Frekuensi dari kejadian huruf pada alfabet.
Dari tabel ini didapatkan bahwa frekuensi yang sering muncul pada teks
English adalah E, T, N, R, I, O dan A. Kita dapat menggunkan informasi ini untuk
membedakan chiper yang mana pada sebuah transformasi affine yang telah
digunakan untuk menulis pesan.
Contoh :
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 61
Dalam chipertext
YFXMP
CESPZ
CJTDF
DPQFW
NTASP
CTYRX
PDDLR
PD
QZCPY
Pertama-tama dengan menghitung huruf yang muncul dalam chipertext, yaitu
Letter
Angka yang
muncul
A B
C
D
E
F
G
H
I
J
K
L
M
N
O
P
Q
R
S
T
U
V
W
X
Y
1 0
4
5
1
3
0
0
0
1
0
1
1
1
0
7
2
2
2
3
0
0
1
2
3
Dari tabel didapatkan bahwa huruf yang sering muncul : P, C, D, F, T dan
Y. P menggambarkan huruf E karena E adalah huruf yang sering muncul dalam
teks English. Jika demikian maka
.
Dan
, maka didapatkan kesamaan
A B C
D E F
G H I
J
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
plai
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
ntex
5
6
7
8
9
0
1
2
3
4
5
chip
erte
xt
t
P Q R S
K L
M N O P Q R S
T U V W X Y Z
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
1
2
3
4
5
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
1
1
1
1
0
1
2
3
4
G H I
J
T U V W X Y Z
A B C D E F
K L
M N O
Dari kesamaan ini maka
YFXMP CESPZ CJTDF DPQFW QZCPY NTASP CTYRX PDDLR PD
sama dengan
NUMBE RTHEO RYISU SEFUL FOREN CIPHE RINGM ESSAG ES
atau
NUMBER THEORY IS USEFUL FOR ENCIPHERING MESSAGES.
Akibatnya, kita membuat menebak benar. Jika kita telah mencobatransfo
rmasi,
dan bukannya plaintext,
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
dan
menghasilkan teks kacau, maka akan
Page 62
mencoba transformasi lain mungkin berdasarkan jumlah frekuensi huruf dalam
ciphertext.
Transformasi affine dari bentuk
digunakan
dalam penerjemahan.
Contoh :
letter
USLEL
JUTCC
YRTPS
URKLT
YGGFV
ELYUS
LRYXD
JURTU
ULVCU
URJRK
QLLQL
YXSRV
LBRYZ
CYREK
LVEXB
RYZDG
HRGUS
LJLLM
LYPDJ
LJTJU
FALGU
PTGVT
JULYU
SLDAL
TJRWU
SLJFE
OLPU
A B
C
D
E
F
G
H
I
2 2
4
4
5
3
6
1
0
J
Angka
yang
K
1
M
N
O
P
Q
1
0
1
4
2
2
3
0
muncul
L
2
R
1
2
S
T
7
8
U
1
6
V
W
X
5
1
3
Y
Z
1
2
0
Dari tabel didapatkan huruf L adalah sering muncul dalam chipertext dan
hal ini sama dengan huruf E. Sedang huruf U sama dengan T. Sehingga
Dengan torema 3.14 didapatkan
dan
Jika transformasinya benar, dan 19 adalah invers dari 11 modulo 26, maka
;
sehingga
di
dapatka
chipertext
plaintext
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
K
L
M
N
O
P
Q
R
S
T
U
V
W
X
Y
Z
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
3
22
15
8
1
20
13
6
25
18
11
4
23
16
9
2
21
14
7
0
19
12
5
24
17
10
D
W
P
I
B
U
N
G
Z
S
L
E
X
Q
J
C
V
O
H
A
T
M
P
Y
R
K
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 63
Maka
USLEL
JUTCC
YRTPS
URKLT
YGGFV
ELYUS
LRYXD
JURTU
ULVCU
URJRK
QLLQL
YXSRV
LBRYZ
CYREK
LVEXB
RYZDG
HRGUS
LJLLM
LYPDJ
LJTJU
FALGU
PTGVT
JULYU
SLDAL
TJRWU
SLJFE
OLPU
Sama dengan
THEBE
STAPP
ROACH
TOLEA
RNNUM
BERTH
EORYI
STOAT
TEMPT
TOSOL
VEEVE
RYHOM
EWORK
PROBL
EMBYW
ORKIN
GONTH
ESEEX
ERCIS
ESAST
UDENT
CANMA
STERT
HEIDE
ASOFT
HESUB
JECT
Pendidikan Matematika
FKIP UMB-Yogyakarta
Page 64