BAB II - Dwipurnomoikipbu's Blog | Just another … · Web viewKETERBAGIAN 2.1 Keterbagian Dalam Bilangan Bulat Sifat-sifat yang berkaitan dengan keterbagian telah dipelajari oleh

BAB IIKETERBAGIAN

2.1 Keterbagian Dalam Bilangan Bulat

Sifat-sifat yang berkaitan dengan keterbagian telah dipelajari oleh

Euclid 350 SM (Niven, 1999:4). Pengembangan selanjutnya telah banyak

dikembangkan oleh beberapa ahli matematika yang lain, misalnya yang

berkaitan dengan bilangan komposit, perkalian dalam usaha untuk

mengembangkan teori bilangan. Karena pentingnya sifat keterbagian

maka akibatnya konsep tersebut sering muncul dalam Aljabar Modern dan

Struktur Aljabar (Muhsetyo, 1994:18)

Definisi 2.1

Suatu bilangan bulat x dikatakan habis dibagi oleh suatu

bilangan bulat y ≠ 0, jika terdapat satu bilangan bulat p

sedemikian sehingga x = py. Jika hal ini dipenuhi maka y

dikatakan membagi x dan dinotasikan dengan y │ x yang dapat

diartikan sebagai y adalah faktor (pembagi) x, atau x adalah

kelipatan y. Jika y tidak membagi x dinotasikan dengan y ┼ x.

Contoh :

1) 3 │12, sebab ada bilangan bulat 4 sedemikian sehingga 12 = (4) 3.

2) 3 │-30, sebab ada bilangan bulat -10 sedemikian sehingga

–30 = (-10)3.

3) –6 │ 42, karena ada bilangan bulat 7 sedemikian sehingga

42 = (7)-6

4) –5 │-25, karena ada bilangan bulat 5 sedemikian sehingga

–25 = (5)-5

5) 3 ┼ 5 karena tidak ada bilangan bulat x sedemikian sehingga

5 = (x) 3

6) 4 ┼ 9 karena tidak ada bilangan bulat y sedemikian sehingga

9 = (y) 4

7) –2 ┼ 11 karena tidak ada bilangan bulat z sedemikian sehingga

11 = (z)-2.

8) 7 │7 karena ada bilangan bulat 1 sedemikian sehingga 7 = (1) 7.

Jika y │ x dan 0 < y < x, maka y disebut pembagi murni dari x. Notas

ak ║ x tetapi ak+1 ┼ x. Berdasarkan definisi 1 diatas selanjutnya pembagian

dalam Z dapat dilakukan tanpa memperluas Z menjadi Q. Kemudian jika

x,y Z dan yx = 0, maka x= 0 atau y = 0 dan dikatakan bahwa Z tidak

mempunyai pembagi nol. Akibatnya dengan sifat ini dapat dilakukan

suatu penghapusan (Kanselasi).

Jika x,y Z dan 5x = 5y, maka 5x – 5y = 0

5(x-y) = 0, diperoleh 5 = 0 atau x-y = 0, → x = y

Jadi persamaan 5x = 5y menjadi x = y tidak diperoleh dengan perkalian

1/5 , karena 1/5 bukan bilangan bulat.

Untuk selanjutnya pernyataan y x sudah dianggap bahwa y ≠ 0.

Sehingga dari definisi 2.1 dapat ditentukan bahwa:

1) 1 │ x, untuk setiap x Z, karena ada p Z sedemikian sehingga

Teori Bilangan - 21

x = (p)1, sehingga 1 │ 3, 1│6, 1 │ 11, 1 │-21, 1 │16, 1 │ -10,

semuanya bernilai benar.

2) y │ 0, untuk setiap y Z dan y ≠ 0 karena ada 0 Z sehingga

0 =(y)0, sehingga 3 │ 0, 1│0, -1│ 0, 12 │0, -191 │0, 4│ 0, semuanya

bernilai benar.

3) x │x untuk setiap x Z dan x ≠ 0, karena ada 0 Z, sehingga

x = (1)x, sehingga pernyataan-pernyataan 2│2, -2│-2, 42│42, 12│12,

-20│-20, 21│21, semuanya bernilai benar.

4) Jika y │x, maka kemungkinan hubungan antara y dan x adalah y < x, y

= x, y>x. Misalnya 2 │ 2 dengan 2 = 2, 2 │4 dengan 2 < 4, dan

2 │ -4 dengan 2 > -4.

Dalil 2.1

Jika a,b,c Z maka berlaku:

1) a│ b → a │bc, untuk setiap c Z.

2) (a │ b, b │c) → a │ c.

3) (a │ b, b │a) → a = ± b.

4) (a │ b, a │c) → a │ (b ± c).

5) (a │ b, a │c) → a │ (ax + by) untuk setiap x,y Z.

Untuk selanjutnya ax + by disebut kombinasi linear dari b dan c

6) ( a>0, b > 0 dan a │b) → a ≤ b.

7) a │b ↔ ma │ mb untuk setiap m Z dan m ≠ 0

8) ( a│b dan a │ b+c ) → a │c.

Teori Bilangan - 22

Pernyataan-pernyataan pada dalil 2.1 di atas dapat dibuktikan sebagai

berikut:

1. Karena diketahui a│ b , maka menurut definisi 1 ada suatu bilangan

bulat p sedemikian sehingga b = (p)a. b = pa berarti bc = (pa)c. Hal

ini berarti terdapat bilangan bulat q = pc sedemikian sehingga bc = qa.

Jadi a │bc.

2. a │b → b = pa, untuk suatu p Z

b │c → c = qb, untuk suatu q Z.

( b = pa, c = qb) → c = q(pa) atau c = (qp)a. atau c = wa, untuk suatu

w Z.

Jadi a │c.


b │a → a = qb, untuk suatu q Z.

( b = pa, a = qb) → a = q(pa) atau a = (qp)a. Karena a │b, berarati

a ≠ 0, sehingga a = (qp)a atau a(1-qp) = 0 dan dapat disederhanakan

menjadi a=0 atau qp = 1.

qp = 1 → ( q = 1 dan p =1) atau ( p = -1 dan q = -1)

p = q = 1 maka a = pb = b ....(1)

p = q = -1, maka a = pb = -b ...(2)

Dari (1) dan (2) didapat a = ± b


a │c → c = qa, untuk suatu q Z.

( b = pa, c = qa) → b ± c = pa ± qa atau b ± c = a ( p ± q)

b ± c = at dengan t Z.

Teori Bilangan - 23

Jadi a │b ± c.


a │c → c = qa, untuk suatu q Z.

bx + cy = ( pa)x + (qa)y

bx + cy = a (px+qy) dengan (px + qy) Z.

Jadi a │(bx+cy).


karena a > 0, b > 0 dan b = pa maka p > 0.

karena p Z maka p bukan suatu pecahan.

Sehingga nilai kemungkinan x adalah 1,2,3, ..., yaitu x = 1 atau x >1

b = pa dan p =1 → b = a atau a = b

b = pa dan p > 1 → b > a atau a < b.

a = b atau a < b → a = b

7. (a) a │b → b = pa, untuk suatu p Z

→ mb = map → mb = (ma)p → ma │mb

(b) ma │mb → mb = (ma)p untuk suatu p Z→ ma │mb

mb = m (ap) dan m ≠ 0 → b = ap → a │b

b │c → c = q b, untuk suatu q Z.


a │b + c → b + c = qa, untuk suatu q Z.

b + c = qa → c = qa – b.

c = qa – b dan b = pa → c = qa - pa atau c = a( q-p)

c = a ( q-p) dengan (q-p) Z → a │c.

Teori Bilangan - 24

Dalil 2.2 (Dalil Algoritma Pembagian)

Jika a > 0, dan a,b Z, maka ada bilangan-bilangan q, r Z yang masing-

masing tunggal (unique) sehingga b = qa + r dengan 0 ≤ r < a.

Jika a ┼ b maka r memenuhi ketidaksamaan 0 < r < a.

Bukti.

Misal a, b Z, maka dapat dibentuk suatu barisan aritmatika b – na, n

Z, yaitu:

..., b –3a, b – 2a, b-a, b, b + a, b + 2a, ....

Barisan di atas mempunyai bentuk umum b – na.

Selanjutnya, misal S adalah suatu himpunan yang unsur-unsurnya suku

yang bernilai positip dari barisan b – na, sehingga:

S = { (b – na) │n Z, dan b – na > 0 }

Menurut prinsip urutan, maka S mempunyai unsur terkecil, sebut saja r.

Karena r S, maka r dapat dinyatakan sebagai r = b – qa, dengan q Z.

Dari r = b – qa dapat diperoleh b = qa + r.

Jadi jika a > 0 dan a,b Z maka ada q,r Z sedemikian sehingga b = qa

+ r.

Untuk menunjukkan bahwa 0 r < a, maka digunakan bukti tidak

langsung sebagai berikut:

Anggaplah bahwa 0 r < a tidakbenar, maka r a dan dalam hal ini r

tidak mungkin negatip karena r S.

Jika r a maka r – a 0.

r = b – qa r – a = b – qa – a

= b – ( q +1) a.

Teori Bilangan - 25

r – a 0 dan r-a = b – ( q + 1 ) a 0.

r – a 0 dan r – a mempunyai bentuk b – na, maka r – a S.

Karena a > 0 maka r – a < r sehingga r – a merupakan unsur terkecil dari

S dan lebih kecil dari r. Hal ini bertentangan dengan pengambilan r

sebagai unsur terkecil S. Jadi haruslah 0 r < a.

Untuk menunjukkan ketunggal q dan r, dimisalkan q dan r tidak tunggal

yaitu q1, q2, r1, r2 Z dan memenuhi hunbungan persamaan

b = q1a + r1

b = q2a + r2

Sehingga berlaku q1a+ r1 = q2a+ r2

( q1 - q2 ) a + ( r1 - r2 ) = 0 .

( r1 - r2 ) = ( q2 – q1 )a

a │ ( r1 - r2 )

a │ ( r1 - r2 ) r1 - r2 = 0 atau r1 - r2 a ( a r1 - r2 )

r1 - r2 = 0 r1 = r2 (q1 - q2 ) a = 0 q1 = q2

r1 - r2 a > 0, r1 > 0 , r2 > 0 r1 a = 0.

Jadi r1 = r2 dan q1 = q2 yaitu q dan r masing-masing adalah tunggal.

Selanjutnya jika a ┼ b, maka tidak ada q Z sehingga b = qa. Hal ini berarti b qa atau b =

qa + r dengan 0 < r < a. ( r 0, sebab jika r = 0 diperoleh b = qa).

Dalil 2.3

Jika b = qa + r dengan 0 ≤ r < a, maka

b disebut bilangan yang dibagi (devidend)

a disebut bilangan pembagi (devisor/faktor)

q disebut bilangan hasil bagi (quotient), dan

Teori Bilangan - 26

r disebut bilangan sisa (remainder/residu)

Dalil 2.3 di atas disebut pula dengan dalil algoritma pembagian.

Algoaritma adalah prosedur atau metode matematis untuk memperoleh

hasil tertentu yang dilakukan menurut sejumlah langkah berurutan yang

berhingga. Dalil 2 ini sebenarnya lebih bersifat dalil eksistensi (keujudan)

dari adanya bilangan-bilangan bulat q dan r dari suatu algortima. Namun

demikian uraian tentang pembuktiannya dapat memberikan gambaran

adanya suatu metode, cara , atau prosedur matematis untuk memperoleh

bilangan-bilangan bulat q dan r sehingga b = qa + r.

Jika a = 2 dan b adalah sebarang bilangan bulat, maka menurut dalil

sebelumnya b dapat dinyatakan dengan b = 2q + r, dengan 0 ≤ r < a.

Hal ini berarti bahwa nilai-nilai b yang mungkin dapat ditentukan oleh

nilai-nilai r yang mungkin yaitu r = 0 dan r = 1.

Untuk r = 0 maka b = 2q + r = 2q + 0.

b = 2q, dengan q Z.

b yang dapat dinyatakan dengan 2q ( q Z ) disebut bilangan bulat

genap (even integer).

Untuk r = 1, b = 2q + r = 2q + 1 ( q Z ) disebut bilangan bulat ganjil.

(odd intereger, gasal).

Ternyata berdasarkan dalil algoritma pembagian, setiap bilangan bulat

dapat dinyatakan sebagai bilangan bulat genap (2q) atau bilangan bulat

ganjil ( 2q + 1). Selanjutnya jika diambil a = 3, maka menurut dalil

Algoritma Pembagian, dengan mengambil r= 0, r=l dan r=2. Sehingga

Teori Bilangan - 27

sebarang bilangan bulat b dapat dinyatakan sebagai bentuk dari salah

satu persamaan berikut:

b = 3q

b = 3q + 1

b = 3q + 2

Dengan alasan yang sama, setiap bilangan bulat selalu dapat dinyatakan

antara lain:

1. Salah satu dari 4q, 4q+1, 4q+2, 4q+3 (q Z)

2. Salah satu dari 5q, 5q+1, 5q+2, 5q+3, 5q+4 (q Z)

3. Salah satu dari 6q, 6q+1, 6q+2, 6q+3, 6q+4, 6q+5 (q Z)

Disinilah sebenarnya letak dari konsep algoritma pembagian, suatu

konsep mendasar yang dapat digunakan untuk membantu pembuktian

sifat-sifat tertentu.

Contoh:

1. Diketahui n adalah bilangan bulat, buktikan bahwa 2 │n3 – n .

Bukti:

Menurut dalil Algoritma pembagian, terdapat bilangan bulat q

sedemikian sehingga n = 2q atau n = 2q + 1,

Untuk n = 2q maka

n3 – n = n (n2 – 1)

= n(n-1)(n+1)

= 2q(2q-1)(2q+1)

= 2{q(2q-1)(2q+1)

n3 – n = 2{q(2q-1)(2q+1)

Teori Bilangan - 28

Sehingga 2 │2{q(2q-1)(2q+1) atau 2 │ n3 – n

Untuk n = 2q+1 maka

n3 – n = n (n2 – 1)

= n(n-1)(n+1)

= (2q+1)(2q+1-1)(2q+1+1)

= (2q+1)(2q)(2q+2)

n3 – n = (2q+1)(2q)(2q+2)

Sehingga 2 │(2q+1)(2q)(2q+2) atau 2 │ n3 – n

2. Tunjukkan bahwa 4 ┼ n2 + 2 untuk sebarang n Z

Jawab

Dengan bukti tidak langsung, anggaplah 4 │ n2 + 2.

Sesuai dengan dalil algoritma pembagian, untuk n Z dapat

dinyatakan sebagai

n = 2q atau n = 2q + 1, q Z.

Untuk n = 2q, maka n2 + 2 = (2q)2 + 2 = 4q2 + 2

4 │n2 + 2

n2 + 2 = 4q2 + 2

4 │4q2 + 2

4 │4q2 , maka 4 │2, hal ini terjadi kontradiksi karena 4 ┼ 2.

Jadi anggapan bahwa 4 │ n2 + 2. adalah salah sehingga 4 ┼ n2 + 2.

Untuk n = 2q + 1, maka n2 + 2 = (2q+1)2 + 2 = 4q2 + 4q + 3

= 4(q2+q) + 3

4 │n2 + 2

n2 + 2 = 4(q2 +q) + 3

Teori Bilangan - 29

4 │4(q2 + q) + 3

4 │4(q2 + q), maka 4 │3, hal ini terjadi kontradiksi karena 4 ┼ 3.

Definisi 2.2

Ditentukan x,y Z yang keduanya tidak bersama-sama bernilai 0,

a Z disebut pembagi persekutuan dari x dan y jika a │x dan a

│y.

a Z disebut pembagi persekutuan terbesar (FPB) dari x dan y jika a

adalah bilangan bulat positip terbesar sehingga a│x dan a│y.

Untuk selanjutnya jika a adalah pembagi persekutuan terbesar dari x dan

y dinyatakan dengan (x,y) = a.

Perlu diperhatikan bahwa (x,y) = a didefinisikan untuk setiap pasangan

bilangan bulat x,y Z kecuali untuk x = 0 dan y = 0. Demikian pula perlu

dipahami bahwa (x,y) selalu bernilai positip yaitu (x,y) > 0, atau (x,y) ≥ 1.

Contoh:

1. Faktor dari 8 adalah -8, -4, -2, -1, 1, 2, 4, 8.

2. Faktor dari 20 adalah –20, -10, -5, -4, -2, -1, 1, 2, 4, 5, 10, 20

3. Faktor Persekutuan 8 dan 20 adalah –4,-2,-1, 1, 2, 4

4. Faktor Persekutuan terbesar 8 dan 20 adalah 4 atau (8,20) = 4

Selanjutnya perhatikan bahwa

(12,16) = 4, (60,105) = 15, (3,5) = 1, (17,19)= 1. dan seterusnya.

Teori Bilangan - 30

Dalil 2.4

1. Jika d = (x,y) maka d adalah bilangan bulat positip terkecil yang

mempunyai bentuk umum aox + boy dengan ao, bo Z

Bukti.

Dibentuk kombinasi linear (ax + by) dengan a,b Z. Barisan bilangan

ax + by memuat bilangan-bilangan negatip, bilangan nol (untuk a = 0

dan b = 0), dan bilangan-bilangan yang bernilai positip.

Ambil S = {ax + by │ ax + by > 0 }, maka dapat ditentukan bahwa S

N. Karena N adalah himpunan terurut dan S N, maka S

mempunyai unsur terkecil dan sebutlah dengan t, dan t S, maka

tentu ada a = ao dan b = bo sehingga t = aox + boy dan selanjutnya

dapat dibuktikan bahwa t │ x dan t │ y.

Untuk membuktikan apakah t │ x, digunakan bukti tidak langsung .

Misal t ┼ x, maka menurut dalil sebelumnya ada q, r Z sehingga

x = qt + r dengan 0 < r < t

r = x – qt

= x – q(aox + boy)

r = ( 1-aoq)x + (-boq)y

r = a1x + b1y dengan a1 = 1-aoq Z, dan

b1 = -boq Z.

Jadi r = a1x + b1y Z dengan r, t S, t merupakan unsur terkecil S ran

r < t. Hal ini bertentangan dengan dengan pemisalan t ┼ x. Dengan

demikian anggapan t ┼ x tidaklah benar. Jadi haruslah t │ x.

Teori Bilangan - 31

Dengan cara yang sama dapat ditunjukkan bahwa t │ y.

Dari t │ x dan t │ y berarti t adalah pembagi persekutuan dari x dan y.

d = (x,y) berarti d │ x sehingga p S sehingga x = dp.

d = (x,y) berarti d │ y sehingga p S sehingga y = dp.

t = aox + boy

= ao (dp) + bo (dp)

d │ t, d 0, t > 0 maka sesuai dengan dalil sebelumnya d t dan d

tidak lebih kecil dari t, sedangkan d adalah pembagi persekutuan dari x

dan y.

Jadi d = t = aox + boy

Berdasarkan urian di atas jelaslah bahwa d = (x,y) merupakan bilangan

bulat positip terkecil yang mempunyai bentuk (ax + by) dengan a,b

Z.

Dengan demikian terlihat bahwa tidak ada bilangan positip selain d

yang membagi x dan y dan mempunyai bentuk (ax + by)

2. Jika t Z dan t > 0, maka (tx,ty) = t (x,y)

Bukti

Sesuai dengan bukti dalil 1 di atas, maka:

(tx,ty) = bilangan bulat positip terkecil yang mempunyai bentuk(atx +

bty) dengan bilangan a,b Z

= atx + bty

= t (ax + by)

= t merupakan bilangan bulat positip terkecil yang mempunyai

bentuk (ax+by)

Teori Bilangan - 32

= t (ax +by)

3. Jika x,y Z dan d = (x,y) maka ( , ) = 1

Bukti

d = (x,y) berarti d │x dan d │y dan , Z

(x,y) = (d. , d. ) = d ( , )

Karena d > 0 maka d ( , ) atau 1 = ( , )

Dengan demikian ( , ) = 1

4. Jika x,y,w Z, w │xy, dan (y,w) = 1 maka w │ x.

Bukti

(y,w) = 1 maka menurut definisi FPB 1 adalah bilangan bulat positip

terkecil yang mempunyai bentuk ay + bw dengan a,b Z

ay + bw = 1 berarti ayx + bwx = x

w │ xy → w │ axy

w │ axy dan w │ bxw → w │ axy + bxw

w │ axy + bwx dan axy + bxw = x → w │ x.

5. Jika (x,t) = 1 dan (y,t) = 1, maka (xy,t) = 1

Bukti:

(x,t) = 1 → terdapat ao dan bo Z sedemikian sehingga aox+bot=1

(y,t) = 1 → terdapat ao dan bo Z sedemikian sehingga a1y+b1t=1

aox+bot=1 → aox = 1 - bot

a1y+b1t=1 → a1y = 1 - b1t

Teori Bilangan - 33

a1x = 1 - bot dan a1y = 1 - b1t maka:

(aox)(a1y) = (1 - bot)(1 - b1t)

= 1- (bo - b1 + bob1t)t

(aoa1)(xy) = (1- b2)t atau (xy) a2 +b2t=1 dengan

a2 = aoa1 dan b2 = bo - b1 + bob1t

Karena (xy,t) = 1 adalah bilangan bulat positip tekecil yang

mempunyai bentuk (xy) a2 +b2t=1 maka (xy,t) haruslah 1 sehingga

(xy,t) = 1

6. Ditentukan x,y Z , (x,y) = d. Ekuivalen dengan d > 0, d │x, d│y dan f

│d untuk setiap f pembagi persekutuan x dan y.

Bukti

d = (x,y) maka menurut definisi d adalah bilangan bulat positip

terbesar sehingga d │x, d│y, hal ini berarti bahwa d > 0. Demikian

pula d = (x,y) berarti d adalah bilangan bulat positip terkecil dan

berbentuk (ax + by), dengan a,b Z.

Jadi d = ax + by.

Misal f adalah sebarang pembagi persekutuan dari x dan y, maka

berlaku f │x dan f │y, sehingga f │ax dan f │ay dan menurut sifat

keterbagian berlaku f │ ax + by.

f │ ax + by dan d = ax + by → f │d.

Sebaliknya, jika d > 0 dan d │ x d│ y serta f │ d, dengan f adalah

sebarang pembagi persekutuan x dan y maka d f ( karena d = kf, k

Z ) untuk sebarang f pembagi persekutuan x dan y.

Teori Bilangan - 34

Jadi d adalah pembagi persekutuan terbesar dari x dan y. Atau d =

(x,y)

7. Untuk setiap a, x, y Z, berlaku:

( x,y ) = ( y,x ) = ( x,-y) = ( x, y + ax ).

Bukti

d = (x,y) maka menurut definisi d adalah bilangan bulat positip

terbesar sehingga d │x, d│y, hal ini berarti bahwa d > 0.

Jadi d = (x,y) atau d = (y,x).

Karena d merupakan bilangan bulat positip terbesar yang membagi x

dan y, dan y membagi (-y), maka d juga merupakan bilangan bulat

positip terbesar yang membagi x dan (-y), sehingga d = (x,-y).

Selanjutnya (x,y) │x berarti (x,y) │ax.

(x,y) │ax dan (x,y) │y → (x,y) │ax + y.

(x,y) │ax dan (x,y) │ax + y →(x,y) adalah pembagi persekutuan dari x

dan y+ax, sehinggga menurut dalil sebelumnya berarti (x,y) │(x,y+ax)

(x,y+ax) adalah pembagi persekutuan dari x dan (y+ax), hal ini berarti

(x,y+ax) │x dan (x,y+ax) │ (y+ax)

(x,y+ax) │x (x,y+ax) │ax

(x,y+ax) │x dan (x,y+ax) │y+ax (x,y+ax) │y

Karena (x,y+ax) adalah suatu pembagi persekutuan dari x dan y,

maka (x,y+ax) │ (x,y) . Jadi (x,y+ax) = (x,y)

Perhatikan bahwa:

1. (6,15) = (15,6) = (6, -15) = (-6,15) = 3.

2. (4,6) = ( 4, 3.4 + 6) = ( 4,18) = 2

Teori Bilangan - 35

3. (3,5) = ( 3, 5.2 + 1) = ( 3, 11) = 1

4. (15, 81) = ( 15, 6 + 75) = ( 15, 6 + 5.15) = ( 6, 15) = 3.

Dalil Algoritma Euclides

Jika r1, r2 Z, dan r1 > r2 dan dengan proses algoritma pembagian

dibentuk Suatu barisan menurun bilangan bulat r1, r2, r3, ... , rk-1, rk, rk+1=0

Yaitu:

r1 = q1r2 + r3 , 0 ≤ r3 < r2.

r2 = q2r3 + r4 , 0 ≤ r4 < r2.

r3 = q3r4 + r5 , 0 ≤ r5 < r2.

r4 = q4r5 + r6 , 0 ≤ r6 < r2.

.............................................

rk-2 = qk-2rk-1 + rk , 0 ≤ rk < r2.

rk-1 = qk-1rk + rk+1 , rk+1 = 0

Maka (r1,r2) = rk.

Bukti.

(r1,r2) = (q1r2 + r3 , r2) ....................... (substitusi r1)

= (r3,r2) ........................ (teorema)

= (r3, q2r3 + r4 ) ........................ (substitusi r2)

= (r3,r4)

.......

.......

.......

= (rk,rk+1)

Teori Bilangan - 36

= (rk,0) .......................... (rk+1 = 0)

(r1,r2) = rk

Contoh

1. Tentukan (105,60) dan nyatakan hasilnya sebagai bentuk kombinasi

linear

ax + by = c, dimana c = (a,b).

Dengan Algoritma Euclides diperoleh:

105 = (1) 60 + 45

60 = (1) 45 + 15

45 = (3) 15 + 0, sehingga diperoleh (105,60) = 15.

Selanjutnya dengan jalan mundur diperoleh:

15 = 60 – 45 (1)]

= 60 – [105 – 60(1)]

= 60 – 105 + 60 (1)

= (-1) 105 + (2) 60.

Akhirnya diperoleh (105,60) = (-1)105 + (2) 60.

5. Dengan cara yang sama diperoleh

(570, 1938) = 114

114 = 570 – 2 (228)

= 570 – 2 [1938 – 3.570]

= 570 – 2 (1938) + 6(570)

= 7 (570) – 2 (1938)

= -2(1938) – 7(570).

Teori Bilangan - 37

2.2 Cara Lain Menentukan Faktor Persekutuan Terbesar dan Kombinasi

Linear

Marilah kita ingat kembali dalil Algoritma Pembagian Euclides

Jika r1, r2 Z, dan r1 > r2 dan dengan proses algoritma pembagian

dibentuk

Suatu barisan menurun bilangan-bilangan bulat r1, r2, r3, ... , rk-1, rk, rk+1=0

Yaitu:

r1 = q1r2 + r3 , 0 ≤ r3 < r2.

r2 = q2r3 + r4 , 0 ≤ r4 < r2.

r3 = q3r4 + r5 , 0 ≤ r5 < r2.

r4 = q4r5 + r6 , 0 ≤ r6 < r2.

.............................................

rk-2 = qk-2rk-1 + rk , 0 ≤ rk < r2.

rk-1 = qk-1rk + rk+1 , rk+1 = 0

Maka (r1,r2) = rk.

Sehingga diperoleh :

r3 = r1 - q1r2

r4 = r2 - q2r3

r5 = r3 - q3r4

r6 = r4 - q4r5

.............................

………………….

………………….

ri = ri-2 - qi-2ri-1

Teori Bilangan - 38

Berdasarkan persamaan tersebut di atas dapat diketahui bahwa bilangan

bulat ri ditentukan oleh r1-1 dan ri-2

Andaikata Algoritma pembagian Euclid di atas dinyatakan dalam bentuk x

dan y, yaitu:

x1 = q1x2 + x3 , 0 ≤ x3 < x2.

y1 = q1y2 + y3 , 0 ≤ y3 < y2.

maka dengan cara yang sama (analog) diperoleh bentuk persamaan

dalam x dan y yang secara umum dinyatakan oleh xi = xi-2 - qi-2xi-1 dan yi

= yi-2 - qi-2yi-1 .

Sehingga terdapat 3 persamaan dalam bentuk ri, xi, dan yi dan

selanjutnya masing-masing konstanta tersebut dapat dimulai dengan

syarat awal yang berbeda.

r-1 = r1, ro = r2

x-1 = 1, xo = 0

y-1 = 0, ro = 1

Secara lengkap langkah untuk menentukan masing-masing konstanta dapat dilihat pada table

berikut ini:

i qi+1 ri xi yi

-1 * r1 (b) 1 00 ... r2 (a) 0 11 ... ….. …. …..2 ….. ….. …. …..3 ….. ….. …. …..

Dstnya. ….. ….. …. …..

Teori Bilangan - 39

Titik-titik pada masing-masing kolom diisi dengan menyesuaikan bentuk

persamaan

ri = ri-2 - qi-2ri-1

xi = xi-2 - qi-2xi-1

yi = yi-2 - qi-2yi-1

Contoh.

1. Tentukan (42823,6409) dan tentukan selesaian kombinasi linearnya.

42823 x + 6409 y = 17

Jawab

Tabel untuk masing-masing konstanta adalah

i qi+1 ri xi yi

-1 - 42823 1 00 6 6409 0 11 1 4369 1 -62 2 2040 -1 73 7 289 3 -6-2(7)=-20

4 17 17 -1-7(3)=-22 7-7(-20)=147

5 - 0 - -

Diperoleh (42823,6409) = 17 dan 17 = 42823(-22) + 6409(147)

i qi+1 ri xi yi

-1 - 123 1 00 2 56 0 1

1 5 11 1-2(0) =1 0 – 2(1)

= -2

Teori Bilangan - 40

2 11 10 – 5(1) = -

51 -5(-2)=11

3 0

(123,56) = 1 (relatif prima)

2. Tentukan (7469,2464), dan buatlah kombinasi linearnya dari masing-

masing soal dalam bentuk ax + by = d dimana d = (a,b)

Jawab

Tabel untuk masing-masing konstanta adalah sebagai berikut:

i qi+1 ri xi yi

-1 - 7469 1 00 3 2464 0 11 32 77 1 -32 - 0 - -

Diperoleh (7469,2464) = 77 dan 77 = 7469 (1) + 2464 (-3)

3. Tentukan (1109,4999) dan buatlah kombinasi linearnya dari masing-

masing soal dalam bentuk ax + by = d dimana d = (a,b)

Jawab

Tabel untuk masing-masing konstanta adalah

i qi+1 ri xi yi

-1 - 4999 1 00 4 1109 0 11 1 563 1 -42 1 546 -1 53 32 17 2 -9

Teori Bilangan - 41

4 8 2 -65 2935 2 1 522 -23536 - 0 - -

Diperoleh (1109,4999) = 1 dan 1 = 1109 (-2353) + 4999 (522)

4. Dengan cara yang sama tentukan (5033464705,3137640337)

Tabel untuk masing-masing konstanta adalah:

i qi+1 ri xi yi

-1 -503346470

51 0

0 1313764033

70 1

1 1189582436

81 -1

2 1 124115969 -1 23 1 654008399 2 -34 1 587807570 -3 55 8 66200829 5 -86 1 58200938 -43 697 7 7999891 48 -778 3 2201701 -379 6089 1 1394788 1185 -109110 1 806913 -1564 250911 1 587875 2749 -441012 2 219038 -4313 691913 1 149799 11375 -1824814 2 69239 -15688 2516715 6 11321 42751 -68582

Teori Bilangan - 42

16 8 1313 -272194 43665917 1 817 2220303 -356185418 1 496 -2492497 399851319 1 321 4712800 -7560367

20 1 175 -72052971155888

0

21 1 146 11918097-

19119247

22 5 29 -191233943067812

7

23 29 1 107535067-

172509882

24 - 0 - -

Diperoleh (5033464705,3137640337) = 1 dan

1 = 5033464705 (107535067) + 3137640337 (-172509882)

Soal.

Dengan cara yang sama tentukan kombinasi linearnya dan tentukan:

a. (2947,3997)= d maka d = 2947x + 3997y

b. (2689,4001) = d maka d = 2689x + 4001y

c. (1109,4999) = d maka d = 1109x + 4999y

d. (24332221,67777170)

e. (404040404040,98989898989)

1. Untuk latihan anda, cobalah tentukan (7469,2464), (2947,3997),

(2689,4001), (1109,4999) dan nyatakan hasilnya dalam bentuk

kombinasi linear.

Teori Bilangan - 43

2. Tentukan nilai x dan y yang memenuhi persamaan

423x + 198y = 9

71x – 50y = 1

43x + 64y = 1

Definisi 2.3

Jika x,y Z, x ≠ 0, dan y ≠ 0, maka:

a. M disebut kelipatan persekutuan dari x dan y jika y │m dan x │m.

b. M disebut kelipatan persekutuan terkecil dari x dan y jika m adalah

bilangan bulat positip terkecil sehingga x │m dan y │m. Jika m

kelipatan pesekutuan terkecil x dan y dinotasikan dengan [x,y] = m.

Dalil 2.5

1. Jika x,y Z, x ≠ 0, dan y ≠ 0, maka [x,y] = m ↔ x │m , y │m, m > 0

dan sebarang kelipatan persekutuan n dari x dan y berlaku m │n.

2. Untuk m > 0 berlaku [mx,my] = m [x,y]

3. Jika a dan b adalah sebarang dua bilangan bulat positip dan (a,b) = 1

maka (a,b)[a,b] = a.b

4. Jika a,b sebarang dua bilangan bulat positip, maka (a,b)[a,b] = ab.

2.3 Persamaan Diophantine Linear

Persamaan Diophantine linear secara umum ditulis sebagai ax + by =

c. Nama Diophantine digunakan untuk menghormati jasa-jasa dari ahli

matematika bangsa Alexanderia, Mesir bernama Diophantus yang hidup

pada abad ke-3 (tahun 250 M).

Teori Bilangan - 44

Misal, diberikan persamaan Diophantine 3x + 6y = 18, maka dengan

cara sederhana akan diperoleh bentuk kesamaan-kesamaan:

3.4 + 6.1 = 18

3(-6) + 6(6) = 18

3.10 + 6(-2) = 18, dan seterusnya.

Bentuk kesamaan tersebut jika diteruskan akan diperoleh sebanyak tak

hingga bentuk. Oleh karena itu dalam persamaan Diophantine ax + by = c

dikatakan mempunyai selesaian jika d │c dan d = (a,b). Karena d = (a,b)

maka kita tahu bahwa ada bilangan bulat r dan s sehingga sehingga a =

dr dan b = ds. Jika selesaian ax + by = c ada , sehingga bentuk axo+byo =

c akan sesuai dengan bentuk:

c = axo+byo = drxo + dsyo = d (rxo + syo).

Teorema 2.1

Persamaan Diophantine Linear ax + by = c dikatakan mempunyai

selesaian jika dan hanya jika d │c dimana d = (a,b), Jika xo dan yo adalah

sebarang selesaian khusus dari ax + by = c

Maka seluruh selesaian yang lain diberikan oleh x = xo + (b/d)t dan y = yo

– (a/d)t, untuk sebarang bilangan bulat t.

Bukti.

Misal xo dan yo adalah selesaian persamaan yang diketahui, jika x’ dan y’

selesaian yang lain maka axo + byo = c = ax’ + by’

a(x’ – xo) = b(yo – y’)

Teori Bilangan - 45

Dengan menggunakan teorema sebelumnya pada Algoritma Pembagian,

dimana ada bilangan bulat relatif prima r dan s sehingga a = dr dan b =

ds. Sehingga diperoleh r(x’-xo) = s(yo-y’). Bentuk ini memberikan fakta

bahwa r │ s(yo-y’). Dengan (r,s) = 1. dengan menggunakan Lemma Euclid

diperoleh r │ (yo-y’) atau dengan kata lain

(yo-y’) = rt, untuk suatu bilangan bulat t.

x’-xo = st.

x’ = xo + st

x’ = xo + (b/d)t .....................(1)

Dengan cara yang sama diperoleh

yo – y’ = rt.

y’ = yo - rt

y’ = yo - (a/d)t ..................... (2)

dari (1) dan (2) dapat dilihat bahwa:

ax’ + by’ = a[xo + (b/d)t] + b [yo - (a/d)t]

= (axo + byo) + (ab/d – ab/d)t

= c + 0

= c

Dengan demikian terdapat tak hingga selesaian dari persamaan

Diophantine yang diberikan, sebut saja selesaian tersebut adalah t.

Contoh:

Tentukan selesaian persamaan Diophantine 172x + 20y = 1000.

Jawab

Dengan menggunakan Algoritma Euclid diperoleh (172,20) diperoleh

Teori Bilangan - 46

172 = (8) 20 + 12

20 = (1) 12 + 8

12 = (1) 8 + 4

8 = (2) 4

Sehingga (172,20) = 4.

Karena 4 │1000 maka 172x + 20y = 1000 mempunyai selesaian.

Dengan menggunakan jalan mundur pada langkah di atas diperoleh

4 = 12 – (1) 8

= 12 – (1) [20 – (1) 12]

= (2) 12 – (1) 20

= 2 [172 – (8)20] – 20

= (2) 172 + (-17) 20 atau

4 = (2) 172 + (-17) 20.

Kalikan kedua ruas dengan 250 diperoleh

1000 = 250.4 = 250 {(2) 172 + (-17) 20}

= 500.172 + (-4250) 20

didapat x = 500 dan y = -4250.

Semua selesaian dari persamaan 172x + 20y = 1000 adalah

x = 500 + (20/4)t = 500 + 5t

y = -4250 - (172/4)t = -4250 - 43t, untuk suatu bilangan bulat t.

Untuk memilih t, gunakan ketentuan 500 + 5t >0 dan –4250 –43t > 0

(mengapa?).

Akibat dari teorema di atas adalah, Jika (a,b) = 1 dan jika xo dan yo adalah

selesaian khusus dari persamaan Diophantine linear ax + by = c, maka

Teori Bilangan - 47

seluruh selesaian dari persamaan yang diberikan adalah x = xo + bt dan y

= yo - at

2.4 Ciri-ciri Habis Dibagi

Banyak definisi dan dalil yang telah dipaparkan di atas yang

berkaitan dengan keterbagian. Dalam banyak hal lain sering diperlukan

suatu jawaban apakah suatu bilangan habis atau tidak jika dibagi oleh

bilangan tertentu. Jawaban yang dimaksud menyangkut ciri-ciri suatu

bilangan habis dibagi oleh bilangan yang lain. Ciri-ciri habis dibagi

dikembangkan dan dijabarkan dari definisi dan dalil yang telah

dibicarakan. Sebelum ciri-ciri habis dibagi dibahas, perlu dipaparkan

beberapa sifat dasar keterbagian, hal ini dilakukan karena sangat

diperlukan.

1. k │ 0, untuk semua k Z. dan k ≠ 0.

Karena 0 = 0 dan 0 Z, maka jelaslah bahwa k │0.

Jadi 2 │0, 10 │0, -2 │0, 122│0 adalah semua pernyataan yang bernilai

benar

2. 1 │ k, untuk semua k Z.

Karena k = k.1 dan k Z, maka jelaslah bahwa 1│k.

Jadi 1 │2, 1│20, 1│-10, 1 │22 0 adalah semua pernyataan yang

bernilai benar

3. k │ m → k │x.m untuk semua x Z.

Karena 0 = 0 dan 0 Z, maka jelaslah bahwa k │0.

Teori Bilangan - 48

Jadi 3 │6 → 3 │3.6, 3│10.6 , 3 │22 6 adalah pernyataan yang bernilai

benar

4. k │ m1, k │m2 → k │(m1 ± m2)

k │ m1, k │m2, ....... k │mi → k │(m1 ± m2 ± ... ± mi )

Jadi 3 │9, 3 │3 → 3 │(9+3) 3 │(9-3) adalah pernyataan yang bernilai

benar

5. k │ k, untuk semua k Z. dan k ≠ 0.

Karena k = 1.k dan 1 Z, maka jelaslah bahwa k │k.

Jadi 2 │2, -4│-4 , 1│1, 22 │22 adalah pernyataan yang bernilai benar

6. (k,m) = 1 dan k │ mn → k │n.

Jadi (3,5) =1 dan 3 │5.9 → 3 │9.

(4,7) =1 dan 4 │7.4 → 4 │4.

(3,4) =1 dan 3 │4.12 → 3 │12.

7. k │m, k │m + n → k │n

k │ m1, k │m2, ....... k │(m1 + m2 + ... + mi ), → k │n

Jadi 3 │6, 3 │12, 3 │15, 3 │6 + 12 + 15 + 21 → 3 │21

Selanjutnya suatu bilangan asli

N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 +

ao

Ditulis dalam bentuk sederhana

N = (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao)

a. Ciri-ciri habis dibagi 2.

Perhatikan

Teori Bilangan - 49


ao.

Dimana

2 │10 → 2 │a1.10

2 │10 → 2 │10.10 → 2 │102 → 2 │a2.102.

2 │10 → 2 │100.10 → 2 │103 → 2 │a3.103.

2 │10 → 2 │1000.10 → 2 │104 → 2 │a4.104.

...............................................................................

...............................................................................

2 │10 → ............................................................... 2 │ak.10k.

maka:

2 │ak.10k , 2 │ak-110k-1 , 2 │ak-210k-2 , 2 │ak-310k-3 , 2│ak-410k-4 , ...,

2 │a1.10

2 │(ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10)

2 │N → 2 │ ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10

+ ao.

2 │ ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10

Jadi 2 │ ao

Kesimpulan suatu bilangan asli N habis dibagi 2 jika angka terakhir

lambang bilangan N (yaitu ao) habis dibagi 2. Jadi haruslah ao bilangan

genap.

Contoh

1. Selidiki apakah 6831078103 habis dibagi 2?

Jawab

Teori Bilangan - 50

Misal N = 6831078103, dan angka terakhir dari N adalah 3 (ganjil) dan

2 ┼ 3 , maka

2 ┼ 6831078103

2. Selidiki apakah 435655433216 habis dibagi 2

Jawab

Karena angka terakhir dari N = 435655433216 adalah bilangan 6

(genap) dan

2 │6, maka 2 │435655433216.

b. Ciri-ciri habis dibagi 4.

Perhatikan


ao.

Dimana

4│100 → 4 │102 → 4 │a2.102

4│100 → 4 │10.100 → 4 │103 → 4│a3.103

4 │100 → 4 │100.100 → 4 │104 → 4 │a4.104.

4 │100 → 4 │1000.100 → 4 │105 → 4 │a5.105.

...............................................................................

...............................................................................

4 │100 → ............................................................... 4 │ak.10k.

maka:

4 │ak.10k , 4 │ak-110k-1, 4│ak-210k-2 , 4│ak-310k-3 , 4 │ak-410k-4 , ... ,

4 │a2.102


Teori Bilangan - 51

4 │N → 4 │( ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... +

a2.102 + a1.10 + ao.

4 │ (ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a2.102

Jadi 4 │ a1.10 + ao atau 4│ a1ao

Kesimpulan suatu bilangan asli N habis dibagi 4 jika bilangan yang

dibentuk oleh dua angka terakhir dari lambang bilangan N habis dibagi 4.

Contoh


Jawab

Misal N = 6831078103 = (a9a8a7a6a5a4a3a2a1a0) ,

dan Dua angka terakhir dari N a1 = 3 dan ao = 0, sehingga diperoleh

bilangan 30 dan dan 4 ┼ 30 , maka 4 ┼ 6831078103


Jawab

Misal N = 435655433216 = (a11a10a9a8a7a6a5a4a3a2a1ao ) , dan

Dua angka terakhir dari N a1 = 1 dan ao = 6, sehingga diperoleh

bilangan 16 dan 4 │16 , maka 4│435655433216

c. Ciri-ciri habis dibagi 8.

Perhatikan


ao.

Dimana

8 │1000 → 8 │103 → 8 │ a3.103.

8 │1000 → 8 │10.1000 → 8 │104 → 8 │ a4.104.

Teori Bilangan - 52

8 │1000 → 8 │100.1000 → 8 │105 → 8 │ a5.105.

...............................................................................

...............................................................................

8 │1000 → ............................................................... 8 │ak.10k.

maka:

8 │ak.10k , 8 │ak-110k-1 , 8│ak-210k-2 , 8 │ak-310k-3 , 2 │ak-410k-4 , ...,

8 │a3.103

8 │( ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 + ak-410k-4 + ....+ a3.103

8 │N → 8 │ ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10

+ ao.


Jadi 8 │ a2.102 +a1.101 + + a0 atau 8 │ a2a1a0

Kesimpulan : suatu bilangan asli N habis dibagi 8 jika bilangan yang

dibentuk oleh tiga angka terakhir dari lambang bilangan N habis dibagi 8.

Contoh


Jawab

Misal N = 435655433242 = (a11a10a9a8a7a6a5a4a3a2a1ao ) , dan

Tiga angka terakhir dari N adalah a2 = 2 , a1 = 4 dan ao = 2, sehingga

diperoleh bilangan 242 dan dan 8 ┼ 242.

Jadi 8 ┼ 435655433242

d. Ciri-ciri habis dibagi 16.

Perhatikan

Teori Bilangan - 53


ao.

Karena

16 │10000 → 16 │104 → 16 │a4.104

16 │10000 → 16 │10.10000 → 16 │105 → 16 │a5.105.

16 │10000 → 16 │100.10000 → 16│106 → 16 │a6.106.

...............................................................................

...............................................................................

16 │10000 → ............................................................... 16 │ak.10k.

maka:

16│ak.10k ,16│ak-110k-1 , 16│ak-210k-2 , 16│ak-310k-3 ,

16│ak-410k-4,.....,16│a4.104

16│(ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a4.104 )

16 │N → 16 │ ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... +

a1.10 + ao.


Jadi 16 │ a3.103 +a2.102 + a1.10 + ao atau 16 │ a3a2a1ao

Kesimpulan : suatu bilangan asli N habis dibagi 16 jika bilangan yang

dibentuk oleh empat angka terakhir dari lambang bilangan N habis dibagi

16.

Contoh

1. Selidiki apakah bilangan 1212646 habis dibagi 2, 4, 8, dan 16

1212646 = (a4a3a2a1a0)

Karena (ao) = 6 dan 2│6 maka 2 │1212646

Teori Bilangan - 54

Karena (a1a0) = 46 dan 4 ┼ 46 maka 4 ┼ 1212646

Karena (a2a1a0) = 646 dan 8 ┼ 646 maka 4 ┼ 1212646

Karena (a3a2a1a0) = 2646 dan 16 ┼ 2646 maka 16 ┼ 1212646

2. Selidiki apakah 44768 habis dibagi 2, 4, 8, dan 16

44768 = (a4a3a2a1a0)

Karena (ao) = 8 dan 2 │8 maka 2 │44768

Karena (a1a0) = 68 dan 4 │68 maka 4 │44768

Karena (a2a1a0) = 768 dan 8 ┼ 768 maka 8 │44768

Karena (a3a2a1a0) = 4768 dan 16 │4768 maka 16 ┼ 4476

e. Ciri-ciri habis dibagi 3.

Perhatikan


ao.

Karena

a1.10 = a1 ( 9 + 1 ) = a1. 9 + a1

a2.102 = a1 ( 99 + 1 ) = a1.99 + a2

a3.103 = a3 ( 999 + 1 ) = a3.999 + a3

...............................................................................

...............................................................................

ak.10k = ..... = ak ( 999...9 + 1 ) = ak.999...9 + ak

maka:


ao.

Teori Bilangan - 55

= (a3.999...9 + ak ) + ... + (a3.999 + a3 ) + (a2.99 + a2 ) + (a1. 9 + a1 ) +

ao

= (a3.999...9 + ... + a3.999 + a2.99 + a1. 9 ) + (ak + ... + a3 + a2 + a1 +

ao )

Dari hasil ini dapat ditentukan bahwa

3│9 → 3│a1.9

3│9 → 3 │11.9 → 3│99 → 3│a2.99

3│9 → 3 │111.9 → 3│999 → 3│a3.999

...............................................................................

...............................................................................

3│9 → ............................................................... 3│ak.999 ... 9

sehingga

3│ak.999 ... 9, ... , 3│a3.999, 3│a2.99, 3│a1.9

atau 3│(ak.999 ... 9) + ... + (a3.999) + (a2.99) + (a1.9)

3│N → 3│(ak.999...9 + ... + a3.999 + a2.99 + a1. 9 ) + (ak + ... + a3 + a2 +

a1 + ao )

maka 3 │(ak + ... + a3 + a2 + a1 + ao )

Kesimpulan suatu bilangan bulat N habis dibagi3 jika jumlah angka-angka

dari lambang bilangan N habis dibagi 3.

Contoh

1. Selidiki apakah 3462 habis dibagi 3 ?

Jawab:

Misal N = 3462 = (a3a2a1a0)

Dan a3 + a2 + a1 + ao = 3 + 4 + 6 + 2 = 15

Teori Bilangan - 56

Karena 3 │15 maka 3 │3462

2. Selidiki apakah 564350098 habis dibagi 3?

Jawab:

Misal N = 564350098 = (a8a7a6a5a4a3a2a1a0), diperoleh

a8 + a7 + a6 + a5 + a4 + a3 + a2 + a1 + ao = 5 + 6 + 4 + 3 + 5 + 0 + 0

+ 9 + 8 = 40

Karena 3 ┼ 40 maka 3 ┼ 564350098

f. Ciri-ciri habis dibagi 9.

Dari uraian pembagian dengan bilangan 3 diketahui bahwa:


ao.

= (a3.999...9 + ... + a3.999 + a2.99 + a1. 9 ) + (ak + ... + a3 + a2 + a1 +

ao )

Karena

9│9 → 9│a1.9

9│9 → 9 │11.9 → 9│99 → 9│a2.99

9│9 → 9 │111.9 → 9│999 → 9│a3.999

...............................................................................

...............................................................................

9│9 → ............................................................... 9│ak.999 ... 9

sehingga

9│ak.999 ... 9, ... , 9│a3.999, 9│a2.99, 9│a1.9

atau 9│(ak.999 ... 9) + ... + (a3.999) + (a2.99) + (a1.9)

Teori Bilangan - 57

9│N → 9│(ak.999...9 + ... + a3.999 + a2.99 + a1. 9 ) + (ak + ... + a3 + a2 +

a1 + ao )

maka 9 │(ak + ... + a3 + a2 + a1 + ao )

Kesimpulan suatu bilangan bulat N habis dibagi 9 jika jumlah angka-

angka dari lambang bilangan N habis dibagi 9.

Contoh :

Selidiki apakah 142323331011 habis dibagi 3 dan 9

N = 142323331011→ (a11a10a9a8a7a6a5a4a3a2a1ao)

a11+ a10+ a9+ a8 + a7 + a6 + a5 + a4+ a3 + a2 + a1+ ao = 1 + 4 + 2 + 3 + 2

+ 3 + 3 + 3 + 1 + 0 + 1 + 1 = 24

Karena 3 │24 maka 3 │142323331011

Karena 9 ┼ 24 maka 3 ┼142323331011

g. Ciri-ciri habis dibagi 5

Perhatikan


ao.

Karena :

5 │10 → 5 │a1.10

5 │10 → 5 │10.10 → 5 │102 → 5 │a2.102.

5 │10 → 5 │100.10 → 5 │103 → 5 │a3.103.

5 │10 → 5 │1000.10 → 5 │104 → 5 │a43.104.

...............................................................................

...............................................................................

5 │10 → ............................................................... 5 │ak.10k.

Teori Bilangan - 58

5 │ak.10k , 5│ak-110k-1 , 5│ak-210k-2 , 5│ak-310k-3 , 5 │ak-410k-4 , .... , 5│a1.10


5 │N → 5 │ (ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... +

a1.10) + ao.

5│ ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10

Jadi 5│ ao. Kemungkinannya ao = 0 atau ao = 5

Kesimpulan suatu bilangan asli N habis dibagi 5 jika angka terakhir

lambang bilangan N adalah 0 atau 5.

Contoh:

1. Bilangan 2456 tidak habis dibagi 5 karena angka terakhir dari 2456

yaitu 6 tidak habis dibagi 5. atau 5 ┼ 6. sehingga 5 ┼ 2456.

2. Bilangan 450980 habis dibagi 5 karena angka terakhir dari 450980

adalah 0 dan

5 │0, sehingga 5 │450980

h. Ciri-ciri habis dibagi 6.

Jika diketahui 6│N, maka 6 merupakan pembagi (faktor) dari N, sehingga:

N = 6k untuk k Z.

N = 6k dan 6 = 2.3, maka N = (2.3)k

N = 2(3.k) → 2 │N

N = 3(2.k) → 3 │N

Jadi suatu bilangan bulat N habis dibagi 6 jika N habis dibagi oleh 2 dan

3.Dengan kata lain suatu bilangan N habis dibagi 6 jika angka terakhir

Teori Bilangan - 59

adalah genap dan jumlah angka-angka dari lambang bilangan N habis

dibagi 3.

Contoh :


4356 habis dibagi 2, karena angka terakhir dari bilangan 4356 yaitu 6

habis dibagi 2, sehingga 2 │4356. 4 + 3 + 5 + 6 = 18, dan 3 │18,

maka 3│4356.

Karena 2 │4356 dan 3│4356 maka 6 │4356.

2. Selidiki apakah 9854098 habis dibagi 6!

9854098 habis dibagi 2 karena 2 │8, dan 9 + 8 + 5 + 4 + 0 + 9 + 8 =

43, sehingga

3 ┼ 43. Karena 2 │9854098, akan tetapi 3 ┼ 9854098, maka 6 ┼

9854098.

i. Ciri-ciri habis dibagi 7.

Perhatikan


ao.

Karena

a1.10 = a1( 7 + 3 ) = 7a1 + 3a1

a2.102 = a2. 100 = a2( 98 + 2 ) = 98 a2 + 2a2

a3.103 = a3. 1000 = a3( 1001 –1 ) = 1001 a3 - a3

a4.104 = a4. 10000 = a4( 10003 - 3 ) = 10003a4 - 3a4

a5.105 = a5. 100000 = a5( 100002 – 2 ) = 100002 - 2a5

dan seterusnya

Teori Bilangan - 60

sehingga:


ao.

= ak.10k + .... + a5105 + a4.104 + a3.103 + a-2 .102 + a1.10 + ao.

= ak.10k + ..... + (100002 a5 - 2a5) + (10003a4 - 3a4 ) + (1001 a3 - a3

) +

( 98 a2 + 2a2 ) + ( 7a1 + 3a1) + a0.

= (7a1 + 98 a2 + 1001 a3 - 10003a4 - 100002 a5 + ... 7.t.10k ) + (a0

+3a1 + 2a2 ) -

(a3 + 3a4 + 2a5) + ...

= 7m + (a0 +3a1 + 2a2 ) - (a3 + 3a4 + 2a5) + ...

7 │N dan 7 │m , maka 7 │(a0 +3a1 + 2a2 ) - (a3 + 3a4 + 2a5) + ...

Kesimpulan bilangan N = (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao) habis dibagi jika

7 │(a0 +3a1 + 2a2 ) - (a3 + 3a4 + 2a5) + ...

Contoh

1. Selidiki apakah 1234 habis dibagi 7.

Misal 1234 = (a3a2a1a0) , maka diperoleh

a3 = 1, a2 = 2, a1= 3, a0= 4

a0 + 3a1 + 2a2 = 4 + 3(3) + 2(2) = 17 dan a3 = 1

sehingga (a0 + 3a1 + 2a2 ) - a3 = 17 – 1 = 6

Karena 7 ┼ 2, maka 7 ┼ 1234.

2. Selidiki apakah 3976 habis dibagi 7.

Jawab

Dengan cara lain dapat diselidiki apakah 7 │ 3976.

Teori Bilangan - 61

Ambil N = 3976 dan andaikan 7 │ 3976.

Karena 7 │ 21, maka 7 │ 6.21 sehingga 7 │ 3976 – 6.21

7 │ 3976 – 6.21 7 │ 3.103 + 9.102 + 7.101 + 6.100 – 6.21

7 │ 3.103 + 9.102 + 7.101 + 6.100 – 6.20

7 │ 10(3.102 + 9.101 + 7 – 2.6

7 │ 10(3397 – 2.6)

Karena (7,10) = 1 dan 7 │10(397 – 2.6), maka menurut dalil

sebelumnya

7│ 397 – 2.6. atau 7 │ 385

Jika cara tersebut diteruskan akan diperoleh

7 │ 385 7 │ 38 – 2.5 atau 7 │ 28

7 │ 18 7 │ 2 – 2.8 atau 7 │ -14.

Dengan demikian 7 │ 3976. dan bilangan 2 disebut dengan pengali.

j. Ciri-ciri habis dibagi 10.

Perhatikan N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao.

Karena 10 │10 10 │a1.1010 │10 10│10.10 10 │102 10 │a2.102.

10 │10 10 │100.10 10 │103 10 │a3.103.

10 │10 10 │1000.10 10 │104 10 │a4.104.

...............................................................................

...............................................................................

10 │10 ............................................................... 10 │ak.10k.

Teori Bilangan - 62

10 │ak.10k , 10 │ak-110k-1 , 10│ak-210k-2 , 10│ak-310k-3 , 10│ak-410k-4 , ....., 10

a1.10


10│N 10│ ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... +

a1.10 + ao.

10│ ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10

Jadi 10 │ ao , nilai yang mungkin untuk ao = 0.

Kesimpulan : Suatu bilangan asli N habis dibagi 10 jika angka terakhir

lambang bilangan N (yaitu ao) adalah 0.

k. Ciri-ciri habis dibagi 11.

Perhatikan


ao.

Karena

a1.10 = a1( 11 – 1 ) = 11a1 - a1

a2.102 = a2. 100 = a2( 99 + 1 ) = 99 a2 + a2

a3.103 = a3. 1000 = a3( 1001 –1 ) = 1001 a3 - a3

a4.104 = a4. 10000 = a4( 9999 + 1 ) = 9999a4 + a4

a5.105 = a5. 100000 = a5( 100001 - 1 ) = 100001a5 - a5

dan seterusnya

sehingga:


ao.

= ak.10k + .... + a5105 + a4.104 + a3.103 + a-2 .102 + a1.10 + ao.

Teori Bilangan - 63

= ak.10k + ..... + (99999 a5 + a5) + (10003a4 - 3a4 ) + (1001 a3 - a3 )

+

( 99a2 + a2 ) + ( 11a1- a1) + a0.

= (11a1 + 99 a2 + 1001 a3 + 10003a4 + 99999 + ... ) + (a0 + a2 + a4 )

-

(a2 + a4 + a6) + ...

= 11.t + (a0 + a2 + a4 ) - (a2 + a4 + a6) + ...

11 │N dan 11 │11.t , maka 11│(a0 + a2 + a4 ) - (a2 + a4 + a6) + ...

Kesimpulan bilangan N = (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao) habis dibagi 11 jika selisih

jumlah angka-angka pada urutan genap dengan jumlah angka pada

urutan ganjil habis dibagi 11.

Contoh:

1. Bilangan 8685204 habis dibagi 11, mangapa?

2. Bilangan 25902646 habis dibagi 11, mengapa?

3. Bilangan 456233311 tidak habis dibagi 11, mengapa?

l. Ciri-ciri habis dibagi bilangan Prima.

Berdasarkan hasil pembagian dengan bilangan 7 dan 11 dapat

diketahui bahwa secara bertahap, bilangan yang diselidiki direduksi

menjadi suatu bilangan yang dengan mudah dapat ditentukan habis

dibagi 7 atau 11. Untuk proses reduksi, dalam penyelidikan setiap

bilangan yang habis dibagi 7 maupun 11 digunakan suatu pengali

(multiplier) yaitu 2 untuk pembagian 7 dan 1 untuk pembagian 11.

Teori Bilangan - 64

Untuk bilangan prima yang lebih dari 11, dengan proses uraian seperti

pembagian 7 dan 11 dapat dicari pengali-pengali yang sesuai. Sebagai

contoh pengali dari pembagian 13 adalah 9 dan pengali dari pembagian

oleh 17 adalah 5.

a. Mencari Pengali dari pembagian 13.


13 │91 maka 13 │91 ao.

13 │N dan 13 │91 ao. → 13 │N - 91 ao.

↔ 13 │ (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao ) - 91 ao.

↔ 13 │10(akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1 - 9 ao)

Karena (13,10) = 1, maka 13 │(akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1 - 9 ao)

Dari hasil ini jelaslah bahwa pengali untuk pembagian oleh 13 adalah

9.

b. Mencari Pengali dari pembagian 17.


17 │51 maka 17 │51 ao.

17 │N dan 17 │51 ao. → 17│N - 51 ao.


↔ 17 │10(akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1 - 5 ao)

Karena (17,10) = 1, maka 17 │(akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1 - 5ao)


5.

c. Mencari Pengali dari pembagian 19.


Teori Bilangan - 65

19 │171 maka 13 │171ao.

19 │N dan 19 │171ao. → 19 │N - 171 ao.


↔ 19 │10(akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1 - 17ao)

Karena (19,17) = 1, maka 19│(akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1 - 17ao)


17.

Dengan cara yang sama jika dibuat daftar pengali dari bilangan-bilangan

prima 7,11,13, 17, ..., maka dapat diperoleh bilangan pengali sbagai

berikut:

Pemba

gi

7 11 13 17 19 23 29 31 37 41 43 47 ....

Pengali 2 1 9 5 17 16 26 3 11 4 30 14 ....

.

Contoh

1. Selidiki apakah 36062, habis dibagi 11 dan 13

Jawab

Bilangan pengali pada pembagian dengan 11 adalah 1, maka:

36062 = 3606 – 1.2 = 3604

3604 = 360 – 1.4 = 356

356 = 35 – 1.6 = 29

Karena 11 ┼ 29 , maka 11 ┼ 36062


Teori Bilangan - 66

36062 = 3606 – 9.2 = 3594

3594 = 359 – 9.4 = 323

323 = 32 – 9.3 = 5

Karena 13 ┼ 5 , maka 13 ┼ 36062

2. Selidiki apakah 16788979 habis dibagi 17 dan 19

Jawab


16788979 = 1678897 – 5.9 = 1678852

1678852 = 167885 – 5.2 = 167875

167875 = 16787 – 5.5 = 16762

16762 = 1676 – 5.2 = 1666

1666 = 166 – 5.6 = 136

136 = 13 – 5.6 = -17

Karena 17 │-17, maka 17 │16788979


16788979 = 1678897 – 17.9 = 1678744

1678744 = 167874 – 17.4 = 167806

167806 = 16780 – 17.6 = 16618

16618 = 1661 – 17.8 = 1525

1525 = 152 – 17.5 = 67

Karena 19 ┼ 67, maka 19 ┼ 16788979

2.5 Pembagian dengan Metode Pencoretan (Scratch Method).

Teori Bilangan - 67

Metode ini digunakan untuk mengetahui apakah suatu bilangan

habis dibagi 7, 11, 13, 77, 91, atau 143. Meskipun pembagian dengan

cara biasa dapat dilakukan dengan mudah. Metode ini dapat memberikan

tambahan ilmu baru dengan teknik yang lebih sederhana dan relatif

singkat.

Perhatikan bahwa hasil kali 7, 11, dan 13 adalah:

7 x 11 x 13 = 1001. Jadi jelaslah bawa 7 │1001, 11 │1001, dan 13 │1001.

Jika suatu bilangan bulat N dibagi 1001, maka ada beberapa keadaan

yang terjadi.

1. 1001│N.

Karena 7 │1001, 11 │1001, dan 1001│N, maka jelaslah bahwa 1001.

7│N, 11│N dan 13 │N.

2. 11 ┼ N

Karena 11 ┼ N, maka N dapat dinyatakan sebagai

N = 1001.q + r (r )

a. 7│r

Karena 7│1001.q dan 7 │r, maka 7 │1001.q + r, atau 7 │N,

b. 11│r

Karena 11│1001.q dan 11 │ r, maka 11 │1001.q + r, atau 11│N,

c. 13│r


d. 7│r dan 11│r ( 13 ┼ r)

Karena 7│r dan 11│r, dan (7,11) = 1 maka 77│r.


Teori Bilangan - 68

e. 7│r dan 13│r ( 11 ┼ r)



f. 11│r dan 13│r ( 7 ┼ r)


Karena 143│1001.q dan 143 │r, maka 143 │1001.q + r, atau

143│N,

Berdasarkan analogi tersebut di atas, dapat disimpulkan bahwa suatu

bilangan habis dibagi 7, 11, 13, 77, 91, 143, dapat dilakukan dengan

pembagian 1001. selanjutnya dilihat sisa hasil pembagian yaitu

bagaimana keadaan dari r. Untuk lebih jelasnya perhatikan contoh

berikut ini.

1. Bagilah 231764587 dengan 1001

Misal N = 231764587, dengan 2 adalah angka ke-1, 3 angka ke-2, .....

7 angka ke 9.

a. Perhatikan angka ke-1 dan ke-4 dan kurangkan diperoleh 7-2 = 5

dan hasilnya letakkan diatas N.

5

2 3 1 7 6 4 5 8 7

b. Selanjuntnya perhatikan angka ke-2 dan ke-5, dan kurangkan maka

diperoleh

4 – 1 = 3, hasilnya letakkan di atas N

5 3

2 3 1 7 6 4 5 8 7,

Teori Bilangan - 69

c. Lanjutkan sampai angka ke-9 maka diperoleh:

5 3 3 1 5 4

2 3 1 7 6 4 6 8 7,

Perhatikan bahwa tiga bilangan terakhir yang tidak dicoret adalah sisa

pembagian yaitu 154. Selanjutnya dapat diselidiki apakah 154 habis

dibagi 7, 11, 13, dan seterusnya.

Karena 7 │154, maka 7 │231764587. Karena 13 ┼ 154, maka 13 ┼

231764587

2. Misal N = 3526766958 dibagi 1001

Analog dengan contoh soal 1 diperoleh hasil sisa pembagian.

3 2 4 3 7 1 5

3 5 2 6 7 6 6 9 5 8

Perhatikan bahwa tiga bilangan terakhir yang tidak dicoret adalah sisa

pembagian yaitu 715. Selanjutnya dapat diselidiki apakah 715 habis

dibagi 7, 11, 13, dan seterusnya.

Contoh 1 dan 2 di atas, disebut juga dengan metode pembagian

dengan pencoretan (scratch merthod)

2.5 Kesimpulan

Suatu bilangan asli N habis dibagi :

1. Selalu habis dibagi 1.

2. 2 jika angka terakhir lambang bilangan N habis dibagi 2

(genap).

Teori Bilangan - 70

3. 3 jika jumlah angka-angka dari lambang bilangan N habis

dibagi 3.

4. 4 jika bilangan yang dibentuk oleh dua angka terakhir dari

lambang bilangan N habis bagi 4.

5. 5 jika angka terakhir dari lambang bilangan N adalah 0 atau 5.

6. 6 jika N habis dibagi oleh 2 dan 3.

7. 7 jika N = (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao) habis dibagi jika 7 │(a0 +3a1 + 2a2 ) -

(a3 + 3a4 + 2a5) + ...

8. 8 jika bilangan yang dibentuk oleh tiga angka terakhir dari

lambang bilangan N habis dibagi 8

9. 9 jika jumlah angka-angka dari lambang bilangan N habis

dibagi 9.

10. 10 jika angka terakhir dari lambang

bilangan N adalah 0.

11. N = (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao) habis

dibagi 11 jika selisih jumlah angka-angka pada urutan genap

dengan jumlah angka pada urutan ganjil habis dibagi 11.

12. habis dibagi 12 jika N habis dibagi 3

dan 4.

13. habis dibagi 13 jika sisa pembagian

dengan methode pencoretan habis dibagi 13.

14. habis dibagi 14, jika N habis dibagi

2 dan 7.

Teori Bilangan - 71

15. habis dibagi 15 jika N habis dibagi 3

dan 5.

16. habis dibagi 16 jika 4 angka

terakhir dari N adalah bilangan yang habis dibagi 16.

17. Selanjutnya dapat diselidiki apakah suatu

bilangan habis dibagi bilangan prima. Cara yang dapat ditempuh

adalah mencari bilangan pengali pada pembagian dengan bilangan

prima.

Soal-soal

1. Tunjukkan bahwa jika ab │ bc maka a│ b.

2. Berapa banyak bilangan bulat antara 100 sampai dengan 1000

yang habis dibagi 7?

3. Jika (a,4) = 2 dan (b,4) = 2, Buktikan bahwa (a+b,2) = 4

4. Tentukan (n,n+1) dan [n,n+1], bila n Z.

5. Selidiki apakah bilangann 4562333211119 habis dibagi 11, dan

13.

6. Buktikan jika n bilangan ganjil maka 8 │ n2 – 1.

7. Jika a │b, a │c, maka a │(b-c). Jika a > b dan b 0.

8. Tentukan nilai x dan y dari kombinasi linear berikut ini.

a. 341x + 527y = (341,527)

b. 817x + 589y = (817,589)

c. 999x + 49y = (999, 49)

d. 5321x + 544y = (5321,544)

Teori Bilangan - 72

e. 44329x + 140299y = (44329, 140299)

9. Tunjukkan bahwa:

a. Perkalian tiga bilangan bulat berurutan habis dibagi 6

b. Perkalian empat bilangan bulat berurutan habis dibagi 24.

10. Tentukan KPK dari

a. 109 dan 1135

b. 2201 dan 3317

c. 4, 5, dan 9

d. 3, 4, dan 6

e. 5321 dan 544

11. Tentukan semua selesaian (jika

mungkin) dari persamaan Diophantine berikut ini.

a. 56x + 72y = 40

b. 24x + 138y = 18

c. 221x + 91y = 117

d. 84x – 438y = 156

e. 30x + 17y = 300

f. 54x + 21y = 906

g. 123x + 360y = 99

h. 158x – 57y = 7

Teori Bilangan - 73

Teori Bilangan - 74

Teori Bilangan - 75

Teori Bilangan - 76

Teori Bilangan - 77

Documents

BAB II - Dwipurnomoikipbu's Blog | Just another … · Web viewKETERBAGIAN 2.1 Keterbagian Dalam Bilangan Bulat Sifat-sifat yang berkaitan dengan keterbagian telah dipelajari oleh