PENDAHULUAN Mata kuliah ini dimaksudkan untuk memberikan

BAB II
KETERBAGIAN
PENDAHULUAN
A.
Deskripsi Singkat Mata Kuliah
Mata kuliah ini dimaksudkan untuk memberikan kemampuan pada mahasiswa untuk belajar
bukti matematika. Materi dalam mata kuliah ini sangat sarat dengan pembuktian. Strategi
pembuktian dikembangkan dalam memahami suatu konsep teori bilangan. Kemampuan
membuktikan dalam mata kuliah ini diharapkan dapat menjembatani pemahaman
mahasiswa dalam mempelajari konsep-konsep matematika yang lebih abstrak ditingkat
selanjutnya. Topik-topik pekuliahan yang dibahas dalam perkuliahan ini meliputi : Induksi
Matematika, Algoritma Pembagian, Pembagi Persekutuan Terbesar, Algoritma Euclid,
Kelipatan Persekutuan Terkecil, Sifat-sifat Dasar Kongruensi, Uji Pembagian, Kongruensi
Liner dan Sistem Kongruensi Linear.
B. Manfaat
Mata kuliah teori bilangan merupakan dasar untuk mata kuliah matematika terapan dan
matematika analisis sehingga mahasiswa diharapkan dapat mempelajari dan menguasai
materi mata kuliah teori bilangan.
C. Relevansi
D. Kompetensi Dasar
Setelah mengikuti materi Bab ini mahasiswa diharapkan mampu:
1. Mendefinisikan relasi habis dibagi.
2. Mendefinisikan factor persekutuan, kelipatan persekutuan, FPB, dan KPK.
3. Menentukan FPB dan KPK bilangan – bilangan bulat.
4. Mendefinisikan bilangan prima, dan bilangan komposit dari bilangan – bilangan bulat.
5. Membuktikan beberapa teorema yang berkenaan dengan habis dibagi
6. Membuktikan teorema yang berkenaan dengan factor persekutuan, kelipatan
persekutuan, FPB dan KPK.
7. Menerapkan konsep dan sifat – sifat habis dibagi, factor persekutuan, kelipatan
persekutuan, FPB dan KPK dalam matematika itu dalam persoalan sehari – hari.
E. MATERI
I. Sifat-Sifat Keterbagian
Sifat-sifat yang berkaitan dengan keterbagian ( divisibility ) merupakan dasar
pengembangan teori bilangan, sehingga konsep- konsep tentang keterbagian akan banyak
dijumpai di dalam uraian-uraian selanjutnya. Konsep-konsep keterbagian ini juga sering muncul
dalam buku-buku yang membahas struktur aljabar atau aljabar modern.
Jika suatu bilangan bulat dibagi oleh suatu bilangan bulat lain, maka hasil pembagiannya
adalah bilangan bulat atau bukan bilangan bulat. Misalnnya jika 30 dibagi 5 maka hasl baginya
adalah bilangan bulat 6 ; tetapi jika 30 dibagi 4, maka hasil baginya adalah 7,5 bukan bilangan
bulat. Keadaan inilah yang mendasari definisi keterbagian.
Definisi 2.1
Suatu bilangan bulat n adalah habis dibagi oleh suatu bilangan bulat m ≠ 0 jika ada
suatu bilangan bulat x sehingga n = mx
Notasi : m | n dibaca m membagi n, n habis dibagi m, m faktor n, atau n kelipatan dari m
M ┼ n dibaca m tidak membagi n, n tidak habis dibagi m, m bukan faktor n, atau n bukan
kelipatan dari m
Contoh 2.1
1. 4 | 12 sebab ada bilangan bulat 3 sehingga 12 = 4.3 atau
=3
2. 7 | 56 sebab ada bilangan bulat 8 sehingga 56 = 7.8 atau
=8
3. 9 ┼ 12 sebab tidak ada bilangan bulat x sehingga 12 = 9x atau
4. 3 | -27 sebab ada bilangan bulat -9 sehingga -27 = (-9) (3) atau
bukan bilangan bulat
= -9
5. -5 | 30 sebab ada bilangan bulat -6 sehingga 30 = (-6)(-5) atau
= -6
6. -6 | -48 sebab ada bilangan bulat 8 sehingga -48 = 8(-6) atau
=8
7. Pembagi-pembagi atau faktor- faktor dari 4 adalah ± 1, ± 2, dan ± 4
8. Pembagi-pembagi atau faktor- faktor dari 8 adalah ± 1, ± 2, ± 4, dan ± 8
9. Pembagi-pembagi atau faktor- faktor dari 11 adalah ± 1, ± 11
Jika m | n dan 0<m<n, maka m disebut pembagi murni dari n.
Notasi mk || n digunakan untuk menyatakan mk | n tetapi mk+I ┼ n.
Dengan Definisi 2.1 d atas, pembagian di dalam Z dapat dilakukan tanpa memperluas Z menjadi
Q. kemudian , jika m, n
Z dan mn = 0, maka m = 0 atau n = 0, dan dikatakan bahwa Z tidak
mempunyai pembagi nol. Sifat ini mungkin dilakukannya penghapusan ( pengkanselan ),
misalnya :
Jika m,n
Z dan 5m = 5, maka 5m – 5n = 0, 5 (m – n ) = 0 atau m – n = 0
Karena 5 ≠ 0, maka m – n = 0 atau m = n.
Jadi , persamaan 5m = 5n menjadi m = n tidak diperolah dengan mengalikan ruas kiri
dan ruas kanan dengan (1/5) sebab (1/5) bukan bilangan bulat.
Untuk selanjutnya, pernyataan m | n sudah dianggap m ≠ 0
Dari Definisi 2.1 dapat ditentukan bahwa :
1. 1 | x untuk setiap x
Z karena ada x
Z sehingga x = x. 1
Pernyataan-pernyataan 1|3 , 1| 5, 1 | 101, dan 1 | -107 semuannya bernilai benar
2. X | 0 untuk setiap x
Z dan x ≠ 0 karena ada 0
Z sehinggga 0 = 0. X
Pernyataan-pernyataan 3 | 0, 10 | 0, -5 | 0, dan -35 | 0 semuannya bernilai benar
3. x | x untuk setiap x
Z dan x ≠ 0 karena ada 1
Z sehingga x = 1. X.
Pernyataan-pernyataan 2| 2, -3 | -3, 9 | 9, dan -5 | -5 semuannya bernilai benar
4. Jika x | y, maka kemungkinan hubungan antara x dan y adalah x < y , x = y , atau x > y
Misalnya 2| 4 dengan 2 < 4, 2 |2 dengan 2 > -2
Berikut ini akan di bahas dalil-dalil dasar. Sebelum dalil-dalil dasar dibuktikan , akan
ditunjukkan peragaan-peragaan khusus , terutama diarahkan untuk memberikan masukan data
atau fakta :
3| 12 sebab ada 4
Z sehingga 12 = 4. 3.
Apakah 3 | 5. 12, 3 | 7. 12, 3 | 15. 12, dan 3 | x. 12 untuk sebarang x
3 | 60 sebab ada 20
Z sehingga 60 = 20.3, berarti 3 | 5. 12
3 | 84 sebab ada 28
Z sehingga 84 = 28. 3, berarti 3 | 7. 12
3 | 180 sebab ada 60
Z?
Z sehingga 180 = 60.3, berarti 3 | 15.12
Bagaimana dengan 3 | x.12 jika x
Z?
Dalil 2.1.a
Jika a,b,
Z dan a | b , maka a | bc untuk semua x
Z
Bukti :
Karena diketahui bahwa a | b, maka sesuai dengan definisi 2.1, ada suatu x
Z
Sehingga b = ax
b = ax berarti bc = axc atau bc = a (cx). Ini berarti ada y = cx
Z sehingga bc = ay
jadi : a | bc
Untuk selanjutnya , uraian tentang pembuktian akan ditulis seringkas-ringkasnya.
3 | 12 sebab ada 4
Z sehingga 12 = 4.3
12 | 60 sebab ada 5
Z sehingga 60 = 5.12
3 | 60 sebab ada 20
Z sehingga 60 = 20.3
Apakah terjadi transsitivitas dalam keterbagian ?
Perhatikan sekali lagi :
Mengapa 7 | 84 dan 84 | 252 ?
Apakah 7 | 252 ?
7 | 252 sebab ada 36 | Z sehingga 252 = 36.7
Dalil 2..1.b
Jika a,b,c,
Z, a | b dan b |c, maka a |c
Bukti :
a| b
b = ax untuksuatu x
b|c
c = by untuk suatu y
Z
Z
( c = by dan b = ax ) ( c = axy atau c = a ( xy )
( c = a (xy) untuk suatu w = xy
Z}
a|c
Jadi : a | c
3. Apakah 2 | 2 dan 2 | -2 ? Mengapa ?
Apakah 3 | 3 dan 3 | -3 ? Mengapa ?
Apakah a | a dan a | -a ? Mengapa ?
Jika a | b dan b | a, mungkinkah a > b atau b < a ? Mengapa ?
Jika a | b dan b | a, mungkinkah a = b ? Mengapa ?
Jika a | b dan b | a, mungkinkah a = b ? Mengapa ?
Dalil 2.1c
Jika a,b ϵ Z, a │ b dan b │ a maka a = b
Bukti :
a|b
b|a
b = ax untuk suatu x
( a = by untuk suatu y
( a = by dan b = ax )
Z
Z
( a = ( ax) yaitu a = a ( xy)}
a≠0
a|b
a = a (xy)
a ( 1 – xy ) = 0 }
xy = 0
{ a ≠ 0 dan a ( 1 – xy) = 0 }
( 1 – xy = 0 )
xy = 1
xy = 1
{( x = 1 dan y = 1 ) atau ( x = -1 atau y = -1 )}
x=y=1
a = by = b
x = -y = -1
Jadi : a =
(1- xy = 0 )
a = by = -b
b
3 │ 12 dan 3 | 27, apakah 3 | ( 12 + 27 ) dan 3 | ( 12 – 27) ?
4.
3 | 39 sebab ada 13
Z sehingga 39 = 13. 3
3 | -15 sebab ada -5
Z sehingga -15 = -5.3
Dalil 2.2
Jika b = aq + r dengan 0 ≤ r < a, maka
b disebut bilangan yang dibagi (dividend)
a disebut bilanngan pembagi (divisor)
q disebut bilangan hasil bagi (quotient)
r disebut bilangan sisa (remainder)
Dalil 2.2 adaah dalil algoritma pembagian. Suatu algoritma adalah sustu metode atau
prosedur matematis untuk memperoleh hasil tertentu, yang dilakukan menurut
sejumlah langkah berurutan yang terhingga. Uraian tentang pembuktian dapat
memberikangambaran adanya suatu metode, cara, atau prosedur matematis untuk
memperoleh bilangan-bilangan bulat q dan r sehingga b = qa + r
Jika a = 2 dan b sebarang bilangan bulat positif, maka menurut dalil 2.2, b dapat dinyatakan
dengan :
b = 2q + r, 0 ≤ r < 2
Ini berarti bahwa niai-nilai b yang mungkin dapat ditentukan oleh nilai-nilai r yang mungkin
yaitu r = 0 atau r = 1.
Untuk r = 0, b = 2q + r = 2q + 0 = 2q
b = 2q dengan q ϵ Z d disebut dengan bilangan bulat genap (even integer)
Untuk r = 1, b = 2q + r = 2q + 1
b = 2q + 1 dengn q ϵ Z d disebut dengan bilangan bulat ganjil (odd integer)
Berdasarkan dalil algoritma pembagian, setiap bilangan dapat dinyatakan sebagi bilangan
bulat genap 2q atau bilangan ganjil (2q + 1).
Perhatikan langkah berturut-turut dalam pembagian algoritma untuk menuliskan 567 dalam
basis 2 dan 567 dalam basis 3.
567 = 2 . 283 + 1
567 = 3 . 189 + 0
283 = 2 . 141 + 1
189 = 3 . 63 + 0
141 = 2 . 70
+1
63 = 3 . 21 + 0
70 = 2 . 35
+0
21 = 3 . 7
+0
35 = 2 . 17
+1
7
+1
=3.2
17 = 2 . 8
+1
8 =2.4
+0
4 =2.2
+0
2 =2.1
+0
1 =2.0
+1
(567)10 = (1000110111)2
2
=3.0
+2
(567)10 = (210000)3
Contoh 2.2 diketahui : n adalah sebarang biangan bulat Buktikan : 2 │ (n3 – n)
Bukti : menurut dalil pembagian algoritma, ada suatu bilangan bulat q sehingga n = 2q atau n =
2q + 1
Untuk n = 2q, dapat dicari ;
n3 – n = n(n2 – 1)
= n(n-1)(n+1)
n3 – n = 2{q(2q+1)(2q+2)}
n3 – n = 2{q(2q-1)(2q+1)}
Jadi 2 │ (n3 – n)
Untuk n = 2q + 1, dapat dicari :
n3 – n = n(n2 – 1)
= n(n-1)(n+1)
= (2q+1)(2q+1-1)(2q+1+1)
= (2q+1)(2q)(2q+2)
= 2q(2q-1)(2q+1)
Jadi 2 │ (n3 – n)
Dengan demikian 2 │ (n3 – n) untuk semuan n ϵ Z
Contoh 2.3 diketahui : n adalah sebarang bilangan bulat Tunjukkan bahwa : 3 │ (n3 – n), untuk
semua n ϵ Z
Jawab : menurut dalil pembagian algoritma, ada suatu bilangan bulat q sehingga n = 3q, n = 3q
+ 1, atau n = 3q + 2
Untuk n = 3q dapat ditunjukkan :
n3 – n = n(n-1)(n+1)
= 3q(3q-1)(3q+1)
n3 – n = 3{q(3q-1)(3q+1)}
Jadi 3 │ (n3 – n)
Untuk n = 3q + 1 dapat ditunjukkan bahwa :
n3 – n = n(n-1)(n+1)
= (3q+1)(3q+1-1)(3q+1+1)
= (3q + 1)(3q)(3q + 2)
n3 – n = 3{q(3q+1)(2q+2)}
Jadi 3 │ (n3 – n)
Untuk n = 3q + 2 dapat ditunjukkan bahwa :
n3 – n = n(n-1)(n+1)
= (3q+2)(3q+2-1)(3q+2+1)
= (3q + 2)(3q + 1)(3q + 3)
n3 – n = 3{(3q + 2)(3q + 1)(q + 1)}
Jadi 3 │ (n3 – n)
Dengan demikian 3 │ (n3 – n), untuk semua n ϵ Z
Contoh 2.4 Tunjuukan 4 │ (n2 + 2), untuk semua n ϵ Z
Jawab : dengan menggunakan bukti tidak langsung, anggaplah 4 │ (n2 + 2).
Sesuai dengan dalil pembagian algoritma, n ϵ Z dapat dinyatakan sebagai n = 2q atau n = 2q + 1
dengan q ϵ Z
Untuk n = 2q :
n2 + 2 = (2q)2 + 2 = 4q2 + 2
{ 4 │ (n2 + 2) dan n2 + 2 = 4q2 + 2} → { 4 │ (4q2 + 2) }
{ 4 │ (4q2 + 2) dan 4 │ (4q2) } → 4 │ 2
Karena terjadi kontradiksi, yaitu 4 │ 2 dan 4 │ 2 maka anggapan bahwa 4 │ (n2 + 2) adalah
salah, berarti 4 │ (n2 + 2
Untuk n = 2q + 1 :
n2 + 2 = (2q + 1)2 + 2 = 4q2 + 4q + 1 + 2
n2 + 2 = 4(q2 + q) + 3
{ 4 │ (n2 + 2) dan n2 + 2 = 4(q2 + q) + 3 } → { 4 │ 4(q2 + q) + 3 }
{ 4 │ (4(q2 + q) + 3 dan 4 │ 4(q2 + q) } → 4 │ 3
Karena terjadi kontradiksi, yaitu 4 │ 3 dan 4 │ 3 maka anggapan bahwa 4 │ (n2 + 2) adalah
salah, berarti 4 │ (n2 + 2)
Jadi 4 │ (n2 + 2) untuk semua n ϵ Z
B. Faktor Persekutuan Terbesar (FPB) dan Kelipatan Persekutuan Terkecil (KPK)
Perhatikan dua bilangan bulat a = 6 dan b = 8
Jika A adalah himpunan semua faktor dari a, dan B adalah himpunan semua faktor dari b, serta
C adalah himpunan faktor persekutuan dari a dan b, maka :
A = {-6, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 6}
B = {-8, -4, -2, -1, 1, 2, 4, 8}
C = A ∩ B = {-2, -1, 1, 2}
Unsur (anggota, elemen) dari C yang terbesar adalah 2
2 merupakan FPB dari a = 6 dan b = 8
2 juga merupakan bilangan bulat positif terbesar yang membagi a = 6 dan b = 8.
Misalkan a = -6 dan b = 8
A = {-6, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 6}
B = {-8, -4, -2, -1, 1, 2, 4, 8}
C = A ∩ B = {-2, -1, 1, 2}
Unsur (anggota, elemen) dari C yang terbesar adalah 2
2 merupakan FPB dari a = -6 dan b = 8
2 juga merupakan bilangan bulat positif terbesar yang membagi a = -6 dan b = 8.
Dengan jalan yang sama, jika diambil a = -6 dan b = -8, maka juga akan diperoleh faktor
persekutuan terbesar dari a da b adalah 2.
Untuk menyatakan FPB dari a dan b digunakan lambang (a, b), maka dapat ditentukan bahwa :
(6, 8) = 2
(-6, 8) = 2
(-6, -8) = 2
Sekarang kita menentukan FPB, jika a atau b (tidak keduanya ) bernilai nol?
Ambil a = 0 dan b = 6
A = himpunan semua faktor a = 0
= {…,-7,-6,-5,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,5,6,7,…}
B = himpunan semua faktor b = 6
= {-6,,,-3,-2,-1,1,2,3,,6}
C = A ∩ B = {-6,-3,-2,-1,1,2,3,6}
Unsur yang terbesar dari C adalah 6, berarti (a,b) = (0,6) = 6
Untuk a = 0 dan b = 0, perhatikan bahwa :
A = {…,-7,-6,-5,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,5,6,7,…}
B = {…,-7,-6,-5,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,5,6,7,…}
C = A ∩ B = {…,-7,-6,-5,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,5,6,7,…}
Sehingga tidak mungkin menemukan unsur yang terbesar dari C, atau FPB dari a = 0 dan b = 0
tidak ada.
Definisi 2.3
Ditentukan x, y ϵ Z, x dan y keduanya tidak bersama-sama bernilai 0, a ϵ Z disebut pembagi
(faktor) persekutuan dari x dan y jika a │ x (a membagi x) dan a │ y ( a membagi y)
a ϵ Z disebut pembagi (faktor) persekutuan terbesar (gcd = greatest common divisor, gcf =
greatest common factor) dari x dan y jika a adalah bilangan bulat positif terbesar yang membagi
x (yaitu a │ x (a membagi x) dan a │ y ( a membagi y).
Notasi :
d = (x, y) dibaca d adalah faktor (pembagi) persekutuan terbesar
dari x dan y.
d = (x1, x2, .., xn) dibaca d adalah faktor (pembagi) persekutuan
terbesar dari x1, x2, .., xn
Perlu diperhatikan bahwa d = (a,b) didefinisikan untuk setiap pasang bilangan bulat a,b ϵ Z
kecuali a = 0 dan b = 0
Demikian pula, perlu dipahami bahwa (a,b) selalu bernilai bilangan bulat positif, yaitu d ϵ Z dan
d ˃ 0 (atau d ≥ 1).
Contoh 2.3
1.
Himpunan semua faktor 16 adalah :
A = {-16,-8,-4,-2,-1,1,2,4,8,16}
Himpunan semua faktor 24 adalah :
B = {-24,-12,-8,-6,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,6,8,12,24}
Himpunan semua faktor pesekutuan dari 16 dan 24 adalah:
C= {-8,-4,-2,-1,1,2,4,8}
karena unsur C yang terbesar adalah 8, maka (16,24) = 8
Tentukan (-16,24), (16,-24),(-16,-24),(24,-16) dan (-24,16) ?
2.
Himpunan semua faktor 12 adalah : {-12.-6,-3,-4,-2,-1, 1, 2, 3, 4, 6, 12}
Himpunan semua faktor 18 adalah : {-18,-9,-6,-3,-2,-1 ,1, 2, 3, 6, 9, 18}
Himp. semua faktor persekutuan 12 dan 18 adalah : {-6, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 6}
jadi : (12, 18) = 6
3.
Perhatikan :
(6, 9)
= 3 dan 3
= (2) (6) + (-1) (9)
(16,40) = 8 dan 8 = (3) (16) + (-1) (40)
(60,105) = 15 dan 15 = (2) (60) + (-1) (105)
dari ketiga kasus di atas nampak adanya kecenderungan
bahwa (x, y) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear
(ax + by) dengan a, b ϵ Z.
4. Perhatikan bahwa (6, 9) = 3
sekarang dibentuk kombinasi linear (6a + 9b dengan a, b ϵ Z.
Nilai-niai (6a + 9b) adalah sebagai berikut :
a = 0 dan b = 0 → 6a + 9b = 0
a = 0 dan b = 1 → 6a + 9b = 9
a = 1 dan b = 0 → 6a + 9b = 6
a = 1 dan b = -1 → 6a + 9b = -3
a = -1 dan b = 1
→ 6a + 9b = 3
a = -1 dan b = 2 → 6a + 9b = 12
a = 2 dan b = -1 → 6a + 9b = 3
a = 1 dan b = -2 → 6a + 9b = -12
a = 0 dan b = -1 → 6a + 9b = -9
a = 2 dan b = -2 → 6a + 9b = -6
Nilai-nilai itu dapat disusun menjadi barisan :
…,-12,-9,-6,-3,0,3,6,9,12,…
Ambila S = {3,6,9,12,…}, yaitu himpunan yang unsur-unsurnya adalah unsur-unsur yang positif,
yaitu :
S = {6a + 9b │ 6a + 9b ˃ 0 dan a, b ϵ Z}
Karena S с N dan N adalah himpunan terurut, maka S mempunyai unsur terkecil, yaitu 3.
Karena 3 ϵ S, maka 3 = 6a + 9b dengan a = 2 dan b = -1, atau a = -1 dan b = 1.
Jadi bahwa 3 │ 6 dan 3 │ 9.
Dalil 2.4 Jika m ϵ Z dan m ˃ 0, maka (mx, my) = m(x, y)
Bukti :
Misalkan (ma, mb) = g → g = max + mby dengan x, y ϵ Z
(a, b) = t → t = ra + sd → mt = mra + msb
(a, b) = t → t │ a dan t │ b
t│a
→ mt │ ma
→ mt │ max
t│b
→ mt │ mb
→ mt │ mby
mt │ max dan mt │ mby → mt │ (max + mby)
mt │ (max + mby) dan (max + mby) = g → mt │ g
(ma, mb) = g → g │ ma dan g │ mb → g │ mra dan g │ msb
→ g │ (mra + msb)
→ g │ mt
Karena mt │ g dan g │ mt → g = mt
g = mt → (ma, mb) = m(a, b)
Jadi : (ma, mb) = m(a, b)
Perhatikan :
(6, 9)
= 3,
ternyata
(6/3, 9/3) = (2, 3) = 1
(10, 25) = 5,
ternyata
(10/5, 25/5) = (2, 5) = 1
(21, 49) = 7,
ternyata
(21/7, 49/7) = (3, 7) = 1
Dari tiga kasus di atas, pola apa yang nampak? Dapatkah anda menduganya?
Jika k = (24, 60), maka berapakah nilai k? carilah nilai (24/k, 60/k)
Dalil 2.5
Jika x, y ϵ Z dan d = (x, y) maka (x/d, y/d) = 1
Bukti :
d = (x, y) → d │ x dan d │ y) → x/d, y/d ϵ Z
(x, y) = (d. x/d, d. y/d) = d(x/d, y/d)d → d = d(x/d, y/d)
Karena d ˃ 0 dan d = d(x/d, y/d) → 1 = (x/d, y/d) → (x/d, y/d) = 1
Perhatikan :
6 │ 60
atau 6 │ 12 . 5, ternyata (6, 5) = 1 dan 6 │ 12
5 │ 70
atau 5 │ 10 . 7, ternyata (5, 7) = 1 dan 5 │ 10
4 │ 120
atau 4 │ 8 . 15, ternyata (14, 5) = 1 dan 4 │ 8
3 │ 144
atau 3 │ 16 . 9, ternyata (3, 9) ≠ 1 dan 3 │ 16
7 │ 112
atau 7 │ 8 . 14, ternyata (7, 14) ≠ 1 dan 7 │ 8
Dari kasus-kasus di atas, cobalah membuat dugaan adanya pola yang mungkin.
Jika 2 │ t . 5, apakah 2 │ t?
Jika 3 │ p . 11, dan p adalah bilangan prima, apakah 3 │ 11?
Jika 5 │ q . 10, apakah selalu 5 │ q?
Dalil 2.6
Jika p,g,r ϵ Z , p │ qr, dan (p, q) = 1, maka p │ r
Bukti:
(p, q) = 1
→ 1 adalah bilangan bulat positif terkecil yang
mempunyai bentuk pa + qb dengan a,b ϵ Z
pa + qb = 1
p │ qr
→ r(pa + qb) = r (1) → par + qrb = r
→ p │ qrb
p │ par dan p │ qrb → p │ (par + qrb)
p │ (par + qrb) dan (par + qrb) = r → p │ r
Perhatikan :
(2, 5 )
= 1 dan (3, 5) = 1,
ternyata (2.3, 5)
= (6, 5)
=1
(3, 7 )
= 1 dan (4, 7) = 1,
ternyata (3.4, 7)
= (12, 7)
=1
(10, 17) = 1 dan (15, 17) = 1, ternyata (10.15, 17) = (150, 17) = 1
(4, 15 ) = 1
dan (10, 15) = 5, ternyata (4.10, 15)
= (40, 15) = 5
(6, 21 ) = 3
dan (8, 21) = 1,
= (48, 21) = 3
ternyata (6.8,21)
Apakah kasus-kasus di atas dapat memberikan gambaran adanya suatu pola?
Dari (5, 8) = 1 dan (7, 8) = 1, berapakah (35, 8)?
Dari (9, 10) = 1 dan (7, 10) = 1, berapakah (63, 10)?
Dari (5, 13) = 1 dan (12, 13) = 1, berapakah (60, 13)?
Dari (6, 12) = 6 dan (7, 12) = 1, berapakah (42, 12)?
Dari (9, 14) = 1 dan (7, 14) = 7, berapakah (63, 14)?
Dalil 2.7
Jika (x, y) = 1 dqn (y, t) = 1, maka (x, y, t) = 1
Bukti :
(x, t) = 1
→ ada p, q ϵ Z sehingga px + qt = 1
(y, t) = 1
→ ada r, s ϵ Z sehingga ry + st = 1
px + qt = 1
→ px = 1 – qt
ry + st = 1
→ ry = 1 – st
(px)(ry) = (1 – qt)(1 – st)
= 1 – qt – st + qst2
= 1 – (q + s – qst)t
(xy)(ry) = 1 – (q + s – qst)t → (pr)(xy) + (q + s – qs)t = 1
Jika u = pr dan v = q + s – qs, maka u ϵ z dan v ϵ Z , sehingga :
uxy + vt = 1
Karena 1 merupakan bilangan bulat positif terkecil yang mempunyai bentuk
u(xy) + v(t) = 1
Dan tidak mungkin ada bilangan bulat positif yang kurang dari 1 dan mempunyai bentuk itu,
maka haruslah (x y, t) = 1
Perhatikan Kasus Berikut :
Jika diketahui a = 12 dan b = 18, serta :
A = himpunan semua faktor 12
B = himpunan semua faktor 18
C = himpunan semua faktor persekutuan dari 12 dan 18
Maka dapat ditentukan bahwa :
A = {-12,-6,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,6,12}
B = {-18,-9,-6,-3,-2,-1,1,2,3,6,9,18}
C = {-6,-3,-2,-1,1,2,3,6}
Sehingga :
d = (a, b) = (12, 18) = 6
Dalil 2.8
Ditentukan x, y ϵ Z
d = (x, y) jika dan hanya jika d ˃ 0, d │ x, d │ y, dan f │ d untuk setiap f pembagi
persekutuan dari x dan y.
Bukti :
d = (x, y), maka menurut definisi, d adalah bilangan bulat positif yang membagi x dan y, berarti
d ˃ 0, d │ x dan d │ y
d = (x, y) berarti pula d adalah bilangan bulat positif terkecil yang mempunyai bentuk (ax + by)
dengan a,b ϵ Z, yaitu d = ax + by
Misalkan f adalah sebarang pembagi persekutuan dari x dan y, maka f │ x dan f │ y, sehingga f
│ ax, f │ by, atau f │ (ax + by)
{f │ (ax + by) dan d = (ax + by) → f │ d
Sebaliknya, jika d ˃ 0, d │ x, d │ y, dan f │ d (f adalah sebarang pembagi persekutuan dari x
dan y), maka d ≥ f (sebab d = kf, kϵZ
Karena d dan f adalah faktor-faktor persekutuan dari d ≥ f, berarti d adalah faktor persekutuan
terbesar ari x dan y, yaitu d = (x, y)
Perhatikan beberapa peragaan berikut :
Diketahui a = 4 dan b = 6, jelas bahwa (4, 6) =2 dan (6, 4) = 2
selanjutnya (4, -6) = 2 dan (-4, 6) = 2, serta (-4, -6) = 2
Jelas bahwa (a,b) = (b,a) = (a,-b) = (-a,b) = (-a,-b)
Cobalah anda selesaikan jika a = 8 dan b = 12?
Bila permasalahan diperluas, maka dapat ditentukan bahwa :
(4,10) = 2 atau (4,6+4) = 2 (4,6)
(4,14) = 2 atau (4,6+2.4) = 2 = (4,6)
(4,18) = 2 atau (4,6+3.4) = 2 = (4,6)
(4,26) = 2 atau (4,6+5.4) = 2 = (4,6)
Apakah (4,6) = (4,6+k.4), untuk k = 1,2,3,5 ?
Apakah (14,35) = (14,35+t.14), untuk t = 1,2,3,4,5,6 ?
Apakah (14,35) = (14,35+t.14), untuk sebarang t ϵ Z?
Dalil 2.3
Jika d =( x, y), maka d adalah bilangan bulat positif terkecil yang mempunyai bentuk mx +
ny dengan m,n
Z
Bukti :
Dibentuk kondisi linear (ax + by ) dengan a,b,
Z
Barisan bilangan (ax + by ) memuat bilangan-bilangan yang bernilai negatif,
Bilangan nol ( untuk a = 0 dan b = 0 ), dan yang bernilai positif.
Ambil S = { ax + by | ax + by > 0 dan a,b
karena S
Z ) , maka dapat ditentukkan bahwa S
N.
N dan N merupakan himpunan yang terurut , maka S mempunyai unsure
terkecil, sebutlah dengan t.
Karena t
S , maka tentu ada a, = m dan b = n sehingga t = mx + ny . selanjutnya dapat
dibuktikan bahwa t | x dan t |y.
Untuk membuktikan t | x digunakan bukti tidak langsung.
Misalkan t| x, maka menurut dalil 2.2 ada q,r
Z sehingga x = tq + r dengan 0 < r < t
r = x – tq
= x – (mx + ny)q
= (1 – mq)x + (-nq)y
r = ix + jy dengan i = (1 – mq)
Jadi: r = (ix + jy)
Dengan keadaan r,t
Z dan j = -nq
Z
S
S, t adalah unsur terkecil S dan r < t, berarti terjadi kontradiksi,
dengan demikian anggapan t| x adalah tidak benar.
Jadi: t|x
Dengan jalan yang sama dapat ditunjukan bahwa t | y
Dari t | x dan t | y berarti t adalah faktor persekutuan dari x dan y.
Karena t adalah faktor persekutuan dari x dan y, dan d adalah faktor persekutuan terbesar
dari x dan y, maka d ≤ t.
Cara lain untuk manunjukan bahwa d ≤ t adalah sebagai berikut :
d = (x,y)
d|x
ada v
Z sehingga x = dv
d = (x,y)
d|y
ada w
Z sehingga y = dw
t = mx + ny
= m(dv) + n(dw)
t = d(mv + nw)
d|t
karena d|t, d > 0, dan t > 0, maka sesuai dengan dalil 2.1.f , d ≤ t
d < t sebab t adalah faktor persekutuan dari x dan y, dan d adalah faktor persekutuan terbesar dari
x dan y
Jadi: d = t = mx +by
Dari uraian bukti dalil 2.3 jelas bahwa:
d = (x,y) merupakan bilangan bulat positif terkecil yang mempunyai bentuk (ax + by)
dangan a,b
Z.
Dalil 2.4
Jika m
Z dan m > 0, maka (mx,my) = m(x,y)
Bukti :
Misalkan (ma,mb) = g
g = max + mby dengan x,y
(a,b) = t
t = ra + sb
(a,b) = t
t|a dan t|b
t|a
mt|ma
mt|max
mt = mra + msb
Z
t|b
mt|mb
mt|mby
mt|max dan mt|mby
mt|(max + mby)
mt|(max + mby) dan (max + mby) = g
(ma,mb) = g
g|ma dan g|mb
mt|g
g|mra dan g|msb
g|(mra + msb)
g|mt
karena mt|g dan g|mt
g = mt
g = mt
(ma,mb) = m(a.b)
Jadi: (ma,mb) = m(a,b)
Dalil 2.2
Jika b = aq + r dengan 0 ≤ r < a, maka
b disebut bilangan yang dibagi (dividend)
a disebut bilanngan pembagi (divisor)
q disebut bilangan hasil bagi (quotient)
r disebut bilangan sisa (remainder)
Dalil 2.2 adaah dalil algoritma pembagian. Suatu algoritma adalah sustu metode atau prosedur
matematis untuk memperoleh hasil tertentu, yang dilakukan menurut sejumlah langkah berurutan
yang terhingga. Uraian tentang pembuktian dapat memberikangambaran adanya suatu metode,
cara, atau prosedur matematis untuk memperoleh bilangan-bilangan bulat q dan r sehingga b = qa
+r
Jika a = 2 dan b sebarang bilangan bulat positif, maka menurut dalil 2.2, b dapat dinyatakan
dengan :
b = 2q + r, 0 ≤ r < 2
Ini berarti bahwa niai-nilai b yang mungkin dapat ditentukan oleh nilai-nilai r yang mungkin
yaitu r = 0 atau r = 1.
Untuk r = 0, b = 2q + r = 2q + 0 = 2q
b = 2q dengan q ϵ Z d disebut dengan bilangan bulat genap (even integer)
Untuk r = 1, b = 2q + r = 2q + 1
b = 2q + 1 dengn q ϵ Z d disebut dengan bilangan bulat ganjil (odd integer)
Berdasarkan dalili algoritma pembagian, setiap bilangan dapat dinyatakan sebagi bilangan bulat
genap 2q atau bilangan ganjil (2q + 1).
Perhatikan langkah berturut-turut dalam pembagian algoritma untuk menuliskan 567 dalam basis
2 dan 567 dalam basis 3.
567 = 2 . 283 + 1
567 = 3 . 189 + 0
283 = 2 . 141 + 1
189 = 3 . 63 + 0
141 = 2 . 70
+1
63 = 3 . 21 + 0
70 = 2 . 35
+0
21 = 3 . 7
+0
35 = 2 . 17
+1
7
=3.2
+1
17 = 2 . 8
+1
2
=3.0
+2
8
=2.4
+0
4
=2.2
+0
2
=2.1
+0
1
=2.0
+1
(567)10 = (1000110111)2
(567)10 = (210000)3
Contoh 2.2 diketahui : n adalah sebarang biangan bulat Buktikan : 2 │ (n3 – n)
Bukti : menurut dalil pembagian algoritma, ada suatu bilangan bulat q sehingga n = 2q atau n =
2q + 1
Untuk n = 2q, dapat dicari ;
n3 – n = n(n2 – 1)
= n(n-1)(n+1)
= 2q(2q-1)(2q+1)
= (2q+1)(2q)(2q+2)
n3 – n = 2{q(2q+1)(2q+2)}
n3 – n = 2{q(2q-1)(2q+1)}
Jadi 2 │ (n3 – n)
Untuk n = 2q + 1, dapat dicari :
Jadi 2 │ (n3 – n)
Dengan demikian 2 │ (n3 – n)
untuk semuan n ϵ Z
n3 – n = n(n2 – 1)
= n(n-1)(n+1)
= (2q+1)(2q+1-1)(2q+1+1)
Contoh 2.3 diketahui : n adalah sebarang bilangan bulat Tunjukkan bahwa : 3 │ (n3 – n), untuk
semua n ϵ Z
Jawab : menurut dalil pembagian algoritma, ada suatu bilangan bulat q sehingga n = 3q, n = 3q
+ 1, atau n = 3q + 2
Untuk n = 3q dapat ditunjukkan :
n3 – n = n(n-1)(n+1)
= 3q(3q-1)(3q+1)
n3 – n = 3{q(3q-1)(3q+1)}
Jadi 3 │ (n3 – n)
Untuk n = 3q + 1 dapat ditunjukkan bahwa :
n3 – n = n(n-1)(n+1)
= (3q+1)(3q+1-1)(3q+1+1)
= (3q + 1)(3q)(3q + 2)
n3 – n = 3{q(3q+1)(2q+2)}
Jadi 3 │ (n3 – n)
Untuk n = 3q + 2 dapat ditunjukkan bahwa :
n3 – n = n(n-1)(n+1)
= (3q+2)(3q+2-1)(3q+2+1)
= (3q + 2)(3q + 1)(3q + 3)
n3 – n = 3{(3q + 2)(3q + 1)(q + 1)}
Jadi 3 │ (n3 – n)
Dengan demikian 3 │ (n3 – n), untuk semua n ϵ Z
Contoh 2.4 Tunjuukan 4 │ (n2 + 2), untuk semua n ϵ Z
Jawab : dengan menggunakan bukti tidak langsung, anggaplah 4 │ (n2 + 2).
Sesuai dengan dalil pembagian algoritma, n ϵ Z dapat dinyatakan sebagai n = 2q atau n = 2q + 1
dengan q ϵ Z
Untuk n = 2q :
n2 + 2 = (2q)2 + 2 = 4q2 + 2
{ 4 │ (n2 + 2) dan n2 + 2 = 4q2 + 2} → { 4 │ (4q2 + 2) }
{ 4 │ (4q2 + 2) dan 4 │ (4q2) } → 4 │ 2
Karena terjadi kontradiksi, yaitu 4 │ 2 dan 4 │ 2 maka anggapan bahwa 4 │ (n2 + 2) adalah
salah, berarti 4 │ (n2 + 2
Untuk n = 2q + 1 :
n2 + 2 = (2q + 1)2 + 2 = 4q2 + 4q + 1 + 2
n2 + 2 = 4(q2 + q) + 3
{ 4 │ (n2 + 2) dan n2 + 2 = 4(q2 + q) + 3 } → { 4 │ 4(q2 + q) + 3 }
{ 4 │ (4(q2 + q) + 3 dan 4 │ 4(q2 + q) } → 4 │ 3
Karena terjadi kontradiksi, yaitu 4 │ 3 dan 4 │ 3 maka anggapan bahwa 4 │ (n2 + 2) adalah
salah, berarti 4 │ (n2 + 2)
Jadi 4 │ (n2 + 2) untuk semua n ϵ Z
DALIL 2.10 DALIL ALGORITMA EUCLIDES
Jika r0, r1 ϵ Z , r0 ˃ r1 , dan dengan langkah-langkah algoritma pembagian diberikan suatu
barisan menurun bilangan-bilangan
bulat :
r0, r1, r2, .., rk-1, rk, rk+1 = 0
Yaitu :
r0 = q1r1 + r2
0 ≤ r2 < r1
r1 = q1r2 + r3
0 ≤ r3 < r2
.
.
.
rk-2 = qk-1rk-1 + rk
0 ≤ rk < rk-1
rk-1 = qk rk + rk+1
rk+1 = 0
maka (r0, r1) = rk
Contoh 2.5
Carilah (105, 60) dengan Algoritma Euclides
Penyelesaian :
105 = 1.60 + 45,
0 ≤ 45 < 60
60 = 1.45 + 15,
0 ≤ 15 < 45
45 = 3.15 + 0,
Jadi : (105, 60) = 15
Contoh 2.6
Carilah (570, 1938) dengan Algoritma Euclides
Penyelesaian :
1938 = 3.570 + 228,
0 ≤ 228 < 570
570 = 2.228 + 114,
0 ≤ 114 < 228
228 = 2.114 + 0,
Jadi : (1938, 570) = 114
Contoh 2.7 Nyatakan (105,60) sebagai 105a + 60b
Penyelesaian :
15 = 60 - 1(45)
45 = 105 – 1(60)
Sehingga : 15 = 60 – 1(45)
= 60 – 1(105 – 60)
= 60 – 1.105 + 1.60
= 2.60 – 1.105
15 = (-1)105 + (2)60
Jadi : a = -1 dan b = 2
Contoh 2.8 Carilah nilai a dan b sehingga : (570,1938) = 570a + 1938b
Penyelesaian :
114 = 570 – 2(228)
228 = 1938 – 3(570)
Sehingga : 114 = 570 – 2(228)
= 570 – 2(1938 – (3.570)
= 7(570) – 2(1938)
114 = 7(570) – 2(1938)
Jadi : a = 7 dan b = -2
Dalil 2.11
Jika a,b ϵ Z, maka r(k) = a s(k) + b t(k)
Dimana :
1. n = 0, 1, 2, …
2. s(n) adalah suku-suku barisan yang didefinisikan secara rekursif dengan :
s(0) = 1 dan s(1) = 0
s(n) = s(n-2) – q(n-1) s(n-1), n = 2, 3, …, k
3.
t(n) adalah suku-suku barisan yang didefinisikan secara rekursif dengan :
t(0) = 0 dan t(1) = 1
t(n) = t(n-2) – q(n-1) t(n-1), n = 2, 3, …, k
4.
q(n) adalah hasil bagi dalam langkah-langkah pembagian algoritma
Contoh 2.9
Carilah (120,75) dan nyatakan sebagai kombinasi linear dari 120 dan 75
Penyelesaian :
120 = 1.75 + 45
q(1) = 1
75 = 1.45 + 30
q(2) = 1
45 = 1.30 + 15
q(3) = 1
30 = 2.15
Jadi : (120,75) = 15
s(0) = 1
t(0) = 0
s(1) = 0
t(1) = 1
s(2) = s(0) – s(1)q(1)
t(2) = t(0) – t(1)q(1)
=1–0
= 0 – 1.1
=1
= -1
s(3) = s(1) – s(2)q(2)
t(3) = t(1) – t(2)q(2)
= 0 – 1.1
= 1 – (-1).1
= -1
s(4) = s(2) – s(3)q(3)
=2
t(4) = t(2) – t(3)q(3)
= 1 – (-1).1
= -1 – 2 . 1
=2
= -3
Jadi : (120, 75) = 15 = 2.120 – 3.75
Definisi 2.4
Jika x, y ϵ Z, x ≠ 0 dan y ≠ 0 maka :
a. m disebut kelipatan persekutuan (common multiple) dari x dan y jika x │ m dan y │ m
b. m disebut kelipatan persekutuan terkecil dari x dan y jika m adalah bilangan bulat positif
terkecil sehingga x │ m dan y │ m
Notasi :
m = [x, y] dibaca m adalah kelipatan persekutuan terkecil dari x dan y.
Dengan jalan yang sama dapat didefinisikan kelipatan persekutuan tekecil dari 3 bilangan, 4
bilangan, …, n bilangan , misalnya :
n = [x,y,z] dibaca n adalah KPK dari x, y, dan z
q = [a,b,c,d] dibaca q adalah KPK dari a, b, c, dan d
Contoh 2.10
Carilah [12, 16]
Jawaban ;
Karena [12,16] bernilai positif, maka [12,16] dapat dicari dari kelipatan-kelipatan persekutuan 12
dan 16 yang positif.
Kelipatan 12 yang positif adalah 12,24,36,48,60,72,84,96, 108, 120,132,144,156,…
Kelipatan 16 yang positif adalah 16,32,48,64,80,96,112,128, 144, 160,176,…
48 adalah KPK 12 dan 16 sebab 12 │ 48 dan 16 │ 48
144 adalah KPK dari 12 dan 16 sebab 12 │ 144 dan 16 │ 144
Kelipatan kelipatan persekutuan dari 12 dan 16 adalah 48, 96, 144, 192, …
Dari barisan bilangan KPK dari 12 dan 16 yang terkecil adalah 48, sehingga [12, 16] = 48
Dalil 2.11
Ditentukan x,y ϵ Z, x ≠ 0, dan y ≠ 0
m = [x, y], jika dan hanya jika x │ m, y │ m, m ˃ 0 dan untuk sebarang kelipatan persekutuan n
dari x dan y berlaku m │ n.
Contoh :
[2, 3] = 6 dan [6, 9] = [3.2, 3.3] = 18 = 3.6
[2, 5] = 10 dan [8, 20] = [4.2, 4.5] = 40 = 4.10
[3, 5] = 15 dan [30, 50] = 10.3, 10.5] = 150 = 10.15
Dalil 2.12 untuk sebarang m ϵ N berlaku [mn,my] = m[x,y]
Contoh :
(2, 3) = 1, [2, 3] = 6, dan 2.3 = 6
(2, 5) = 1, [2, 5] = 10 dan 2.5 = 10
(3, 4) = 1, [3, 4] = 12 dan 3.4 = 12
(4, 9) = 1, [4, 9] = 36 dan 4.9 = 36
(8,15) = 1, [8, 15] = 120 dan 8.15 = 120
Apakah (2,3)[2,3] = 2.3, (2,5)[2,5] = 2.5, (3,4)[3,4] = 3.4, (4,9)[4,9] = 4.9, dan (8,15)[8,15] =
8.15?
Dalil 2.13 Jika a,b ϵ N, dan (a, b) = 1, maka (a,b)[a,b] = a.b
Contoh :
(4, 6) = 2, [4, 6] = 12, dan 4.6 = 24 = 2.12
(6, 8) = 2, [6, 8] = 24, dan 6.8 = 48 = 2.24
(9, 15) = 3, [9, 15] = 45 dan 9.15 = 135 = 3.45
Apakah (4,6)[4,6] = 4.6, (6,8)[6,8] = 6.8, dan (9,15)[9,15] = 9.15?
Dalil 2.14 Jika a,b ϵ N, maka (a,b)[a,b] = ab