Kel 1 bilangan

1

SIFAT KETERBAGIAN, FAKTOR PRIMA, FAKTOR

PERSEKUTUAN TERBESAR DAN KELIPATAN

PERSEKUTUAN TERKECIL

2.3 Sifat Keterbagian

Sekarang kita beralih mempelajari sifat keterbagian bilangan bulat. Tujuan

utama kita pada bagian ini adalah untuk mendapatkan algoritma pembagian

(teorema 2.10). untuk mencapai ini, kita membutuhkan konsekuensi penting sifat

induksi , dikenal sebagai sifat terurut baik.

Teorema 2.7 Sifat Terurut Baik

Setiap himpunan tak kosong S dari bilangan bulat positif memiliki satu elemen

terkecil. Artinya ada m S sehingga m ≤ x untuk semua x S.

qp Bukti: Misalkan S himpunan tak kosong bilangan bulat positif. Jika 1 S,

maka 1 ≤ x untuk semua x S, dari teorema 2.6. Dalam kasus ini m = 1

adalah anggota terkecil dari S.

Perhatikan pada kasus dimana 1 S. dan misalkan L adalah himpunan

semua bilangan bulat positif sehingga p < x untuk semua x S, artinya

L = { p Z+ : p < x untuk semua x S},

Karena 1 S, teorema 2.6 menyakinkan kita bahwa 1 L. Kita akan

tunjukkan bahwa ada suatu bilangan positif po sehingga po L dan po + 1

L. Seandainya bukan dalam kasus ini. Kita punya p L maka p + 1 L,

dan L = Z+ dengan sifat induksi. Ini kontradiksi dengan fakta bahwa S

adalah tak kosong (Catatan bahwa L S = ). untuk itu ada po

sedemikian sehinga po L dan po + 1 L.

Kita harus menunjukkan bahwa po + 1 S. Karena po L, maka po < x

untuk semua x S, jadi po + 1 x untuk semua x S (lihat latihan 28 di

akhir bagian ini). Jika po + 1 < x adalah selalu benar, maka po + 1 akan

ada di L. Sehingga po + 1 = x untuk suatu x S, dan m = po + 1 adalah

unsur terkecil yang diinginkan di S.

Definisi 2.8 Pembagi dan Kelipatan

Misalkan a dan b adalah bilangan bulat. Kita menyebut a membagi b jika ada

bilangan bulat c sedemikian hingga b = ac.

2

Jika a membagi b, kita menulis a|b. Kita menyebut bahwa b adalah kelipatan dari

a. atau a adalah faktor/pembagi dari b. Jika a tidak membagi b, kita tulis a b.

Contoh :

1. 3|12 karena ada bilangan bulat 4 sedemikian hingga 12 = 3.4

2. karena tidak ada bilangan bulat c yang menyebabkan 7 = 2.c

3. Misal b adalah bilangan bulat tak nol maka b|0

4. Misal b adalah sebarang bilangan bulat maka

Ini dapat menjadi sebuah kejutan bahwa kita dapat menggunakan hasil untuk

membuktikan teorema sederhana berikut.

Teorema 2.9 Pembagi 1

Pembagi 1 hanya 1 dan -1

rqp Bukti : Misalkan a adalah membagi habis 1. Maka 1 = ac untuk

suatu bilangan bulat c. Persamaan 1 = ac mengharuskan a ≠ 0,

sehingga a Z+ atau -a Z

+.

Kasus 1 dimana a Z+. Ini mengakibatkan c Z

+ (lihat latihan 32

bagian 2.1), jadi kita memiliki 1 ≤ a dan 1 ≤ c, dengan teorema 2.6.

Sekarang,

Andaikan 1 < a 1 . c < a . c dari latihan 18 bagian 2.1

c < 1 karena ac = 1

Dan ini kontradiksi dengan 1 ≤ c. jadi 1 = a hanya mungkin ketika a

Z+

.

Kasus 2 dimana -a Z+. Dari latihan 5 bagian 2.1, kita memiliki

(-a)(-c) = ac = 1,

Dan -a Z+ mengakibatkan –c Z

+ dari latihan 32 bagian 2.1.

Karena itu, 1 ≤ -a dan 1 ≤ -c dari teorema 2.6. Sekarang

Andaikan 1 < -a (1)(-c) < (-a)(-c) dari latihan 18 bagian 2.1

-c < 1 karena (-a)(-c) = 1

Dan -c < 1 adalah kontradiksi dengan 1 ≤ -c . oleh karena itu, 1 = -a

hanya mungkin ketika -a Z+, dan kita memiliki

a = - ( -a) dari latihan 3 bagian 2.1

= - 1 karena – a = 1

3

Mengkombinasikan kasus-kasus dimana a Z+ dan -a Z

+, kita dapat

menunjukkan bahwa a = 1 atau a = -1 jika a adalah pembagi 1.

Hasil berikutnya adalah teorema dasar untuk keterbagian.

Lemma

Jika dan maka

Bukti : Misal ada c sehingga artinya dan artinya

Subtitusikan 2 persamaan tersebut sehingga

Kita ambil

karena maka

Sehingga maka atau maka

Jika maka , dan

jika maka ,

Jadi atau

Contoh Teorema 2.9

2 1 karena tidak ada bilangan bulat c yang memenuhi 1 = 2c

Teorema 2.10 Algoritma Pembagian

Misalkan a dan b bilangan bulat dengan b > 0. Maka ada bilangan bulat q

dan r yang tunggal sehingga

a = bq + r dengan 0 ≤ r < b

4

Eksistensi Bukti: Misalkan S himpunan semua bilangan bulat x yang dapat ditulis

dalam bentuk x = a – bn untuk n Z. dan misalkan lambang

himpunan semua bilangan bulat tak negatif di S atau

. himpunan S’ tak kosong. Jika 0 S’, kita memiliki a – bq = 0

untuk suatu q dan a = bq + 0. Jika 0 maka memiliki elemen

terkecil r = a - bq dengan teorema sifat terurut, dan

a = bq + r

dimana r adalah positif. Sekarang

r – b = a – bq - b = a –b(q + 1),

jadi r – b S. karena r adalah unsur terkecil elemen di dan r – b <

r, pasti benar bahwa r -b adalah negatif. berarti r – b < 0, dan r < b.

Gabungan dua kasus (dimana 0 dan dimana 0 S’), kita

memiliki

a = bq + r dan 0 ≤ r < b

Ketunggalan Untuk membuktikan q dan r adalah tunggal, misalkan a = bq1 + r1

dan a = bq2 + r2 dimana 0 ≤ r1 < b dan 0 ≤ r2 < b. Kita dapat

mengasumsikan bahwa r1 ≤ r2 tanpa kehilangan sifat umum. Ini

berarti bahwa

0 ≤ r2 - r1 ≤ r2 < b.

Bagaimanapun, kita selalu memiliki

0 ≤ r2 - r1 = (a - bq2) – (a - bq1)= b(q1 – q2).

Itu berarti, r2 - r1 adalah kelipatan nonnegatif dari b yang mana

kurang dari b. Untuk sebarang bilangan bulat positif n, 1 ≤ n

mengakibatkan b ≤ bn. Untuk itu, r2 - r1 = 0 dan r2 = r1. Jadi

berlaku oleh bq1 = bq2, dimana b ≠ 0. Ini mengakibatkan bahwa q2

= q1 (lihat latihan 26 bagian 2.1). Kita telah menunjukkan bahwa r2

= r1 dan q2 = q1, dan ini membuktikan bahwa q dan r adalah

tunggal.

Secara umum, untuk sebarang a,b Z dengan b 0 maka terdapat secara tunggal

q, r Z sehingga a = bq + r dengan r0 < b

Kata algoritma dalam pengertian teorema 2.10 mungkin sepintas kelihatan aneh,

karena algoritma bisa menggunakan prosedur berulang untuk memperoleh hasil.

Kegunaan kata itu adalah fakta bahwa anggota a – bn dari S’ dalam pembuktian

dapat ditemukan dengan mengulang pengurangan b:

5

a – b, a – 2b, a – 3b,

dan seterusnya.

Pada algoritma pembagian, bilangan bulat q disebut hasil bagi dan r

disebut sisa dalam pembagian dari a oleh b. Kesimpulan teorema mungkin lebih

dikenal dalam bentuk

b

rq

b

a,

Tetapi kita membatasi kerja kita disini jadi hanya bilangan bulat yang dilibatkan.

Contoh

Jika a dan b adalah dua bilangan bulat positif maka

20 = (4)(6) + (-4) tidak sesuai dengan teorema algoritma pembagian, karena

sisa (r) merupakan bilangan negatif

20 = (3)(6) + 2 sesuai dengan teorema algoritma pembagian

20 = (2)(6) + 8 tidak sesuai dengan teorema algoritma pembagian, karena

b<r

Contoh 1

Jika a dan b adalah dua bilangan bulat positif, hasil bagi q dan sisa r dapat dicari

dengan kebiasaan umum pembagian panjang (kebawah) sebagai contoh, jika a =

357 dan b = 13, dengan pembagian panjang

6

91

97

26

27

35713

Jadi q = 27 dan r = 6 pada a = bq + r, dengan 0 ≤ r < b:

357 = (13)(27) + 6

Jika a adalah negatif, sedikit penyesuaian minor dapat dibuat untuk mendapatkan

hasil pada algoritma pembagian. Dengan a = -357 dan b = 13, persamaan

sebelumnya dapat dikalikan dengan -1 untuk mendapat

-357 = (13)(-27) + (-6)

6

Untuk mendapatkan hasil dengan sisa positif, kita hanya perlu mengurangi dan

menjumlahkan 13 pada ruas kanan persamaan :

-357 = (13)(-27) + (13)(-1) + (-6) + 13

= (13)(-28) + 7

Jadi q = -28 dan r = 7 dalam algoritma pembagian, dengan a = -357 dan b = 13.

Contoh Teorema 2. 10 Algoritma Pembagian

Perhatikan untuk bilangan -3 dan 7 terdapat bilangan -1 dan 4 sehingga

-3 = (-1)(7) + 4

dimana

Soal

1. Hal 85 no. 17

Buktikan jika ,b dan c bilangan bulat sehingga dan maka

Jawab

artinya

artinya + untuk suatu x dan y bilangan bulat

artinya

Terbukti.

2. Nomor 4 dan 8

Tentukan q dan r sehingga memenuhi kondisi algoritma pembagian jika

a. a =-27 dan b=7

Jawab

Algoritma pembagian harus memenuhi a = bq + r dengan

-27 = q.7 + r

-27 = (-4).7 + 1 dengan

Jadi q = -4 dan r = 1

7

b. a = 512 dan b = 15

Jawab

Algoritma pembagian harus memenuhi a = bq + r dengan

512 = q.15 + r

512 = 34. 15 + 2 dengan

Jadi q = 34 dan r = 2

2.4 Faktor Prima dan Faktor Persekutuan Terbesar

Pada bagian ini, kita menetapkan adanya faktor persekutuan terbesar dari dua

bilangan bulat jika paling sedikit satu dari bilangan itu tidak nol. Teorema

Tunggal Faktorisasi, juga dikenal sebagai Teorema Fundamental dari Aritmatika.

Definisi 2.11 ■ Faktor Persekutuan Terbesar (FPB)

Sebuah bilangan bulat d adalah faktor persekutuan terbesar (FPB)dari a dan b jika

semua syarat terpenuhi:

1. d adalah bilangan bulat positif.

2. d a dan d b.

3. c a dan c b maka c d.

Teorema berikutnya menunjukkan bahwa faktor persekutuan terbesar d

dari a dan b ada ketika setidaknya salah satu dari mereka tidak nol. Bukti kita juga

menunjukkan bahwa d adalah kombinasi linear dari a dan b, yaitu, d = ma + nb

untuk bilangan bulat m dan n.

Strategi ■ Teknik pembuktian dengan menggunakan Teorema Terurut Baik

dalam Teorema 2.12 harus dibandingkan dengan yang digunakan dalam bukti

Algoritma Pembagian (Teorema 2.10).

Teorema 2.12 ■ Faktor Persekutuan Terbesar (FPB)

Misalkan a dan b bilangan bulat, paling sedikit satu dari mereka tidak 0. maka

terdapat faktor persekutuan terbesar yang tunggal d dari a dan b. Selanjutnya, d

dapat ditulis sebagai

d = am + bn

untuk bilangan bulat m dan n, dan d adalah bilangan bulat positif terkecil yang

dapat ditulis dalam bentuk ini.

8

Eksistensi Bukti:Misalkan a dan b bilangan bulat, paling sedikit satu dari mereka

tidak 0. Jika b = 0, maka a 0, sehingga > 0 . Sangat mudah untuk

melihat bahwa d = adalah faktor persekutuan terbesar dari a dan b

dalam kasus ini, dan tepat salah satu d = a (1) + b (0) atau d = a (-

1) + b (0).

Misalkan sekarang bahwa b 0. Perhatikan himpunan S adalah

himpunan semua bilangan bulat yang dapat ditulis dalam bentuk

ax + by untuk suatu x dan y bilangan bulat, dan misalkan S+ adalah

himpunan semua bilangan bulat positif dalam S. Himpunan S memuat

b = a (0) + b (1) dan - b = a (0) + b (-1), sehingga S+ tidak kosong.

Dengan Teorema Terurut Baik, S+ memiliki unsur terkecil d,

d = am + bn

Kita memiliki d positif, dan kita akan menunjukkan bahwa d adalah

faktor persekutuan terbesar dari a dan b.

Dengan Algoritma Pembagian, terdapat bilangan bulat q dan r

sehingga.

a = dq + r dengan 0 r < d.

Dari persamaan ini,

r = a – dq

= a – (am + bn)q

= a – amq – bnq

= a(1 – mq) + b (- nq).

Jadi r ada didalam S = {ax + by}, dan 0 r < d. Dengan pilihan d

sebagai unsur terkecil di S+, itu harus benar bahwa r = 0, dan d|a.

Demikian pula, dapat ditunjukkan bahwa d|b.

Jika c|a dan c|b, maka a = ch dan b = ck untuk bilangan bulat h dan k.

Oleh karena itu,

d = am + bn

= chm + ckn

= c(hm + kn),

dan ini menunjukkan bahwa c|d. Dengan Definisi 2.11, d = am + bn

adalah faktor persekutuan terbesar dari a dan b. Ini berlaku dari pilihan

d sebagai elemen terkecil S+ dimana d adalah bilangan bulat positif

terkecil yang dapat ditulis dalam bentuk ini.

9

Ketunggalan Untuk menunjukkan bahwa faktor persekutuan terbesar dari a dan b

adalah tunggal, menganggap bahwa d1 dan d2 adalah faktor persekutuan

terbesar dari a dan b. Maka harus benar bahwa d1|d2 dan d2|d1. d1 dan d2

adalah bilangan bulat positif, ini berarti bahwa d1 = d2 (lihat Latihan 21

Bagian 2.3).

Setiap faktor persekutuan terbesar dari a dan b ada, kita akan menulis (a,

b) atau fpb(a, b) untuk menunjukkan faktor persekutuan terbesar yang tunggal

dari a dan b.

Ketika setidaknya satu dari a dan b tidak 0, bukti dari teorema terakhir

menetapkan keberadaan dari (a, b), tetapi mencari bilangan bulat positif terkecil di

S ={ax + by} bukanlah metode yang sangat mudah untuk menemukan faktor

persekutuan terbesar ini. Sebuah prosedur yang dikenal sebagai Algoritma Euclid

memoles suatu metode sistematis untuk menemukan (a, b) di mana b > 0. Hal ini

dapat juga digunakan untuk menemukan bilangan bulat m dan n sehingga (a, b) =

am + bn. Prosedur ini terdiri dari aplikasi berulang dari Algoritma Pembagian

menurut pola berikut, dimana a dan b adalah bilangan bulat dengan b > 0.

Algoritma Euclid

a = bq0 + r1, 0 r1 < b

b = r1q1 + r2, 0 r2 < r1

r1 = r2q2 + r3, 0 r3 < r2

rk = rk+1qk+1 + rk+2, 0 rk+2 < rk+1

Karena bilangan bulat r1, r2, ..., rk+2 menurun dan nonnegatif semua, ada bilangan

bulat terkecil n sehingga rn+1 = 0:

rn-1 = rnqn + rn+1, 0 = rn+1.

Jika kita menempatkan r0 = b, rn sisa terakhir yang bukan nol selalu menjadi

faktor persekutuan terbesar dari a dan b. Bukti dari pernyataan ini yang tersisa

sebagai latihan.

Sebagai contoh, kita akan menemukan faktor persekutuan terbesar dari

1492 dan 1776.

Contoh 1

Dengan Melakukan aritmatika untuk Algoritma Euclid, kita memperoleh

10

1776 = (1)(1492) + 284 (q0 = 1, r1 = 284)

1492 = (5)(284) + 72 (q1 = 5, r2 = 72)

284 = (3)(72) + 68 (q2 = 3, r3 = 68)

72 = (1)(68) + 4 (q3 = 1, r4 = 4)

68 = (4)(17) + 0 (q4 = 4, r5 = 0)

Dengan demikian sisa nol terakhir adalah rn = r4 = 4, dan (1776, 1492) = 4. ■

Seperti disebutkan sebelumnya, Algoritma Euclid juga dapat digunakan untuk

menemukan bilangan bulat m dan n sehingga

(a, b) = am + bn

Kita dapat memperoleh bilangan bulat dengan menyelesaikan untuk sisa tidak nol

terakhir dan mengganti sisanya dari persamaan sebelumnya berturut-turut sampai

a dan b yang hadir dalam persamaan. Sebagai contoh, sisanya dalam contoh 1

dapat dinyatakan sebagai

284 = (1776)(1) + (1492)(-1)

72 = (1492)(1) + (284)(-5)

68 = (284)(1) + (72)(-3)

4 = (72)(1) + (68)(-1).

Dengan Mengganti sisanya dari persamaan sebelumnya berturut-turut, di peroleh

4 = (72)(1) + [(284)(1) + 72 (-3)](-1)

= (72)(1) + (284)(-1) + 72 (3)

= (72)(4) + (284)(-1) setelah subtitusi pertama

= [(1492)(1) + (284)(-5)](4) + (284)(-1)

= (1492)(4) + (284)(-20) + (284)(-1)

= (1492)(4) + (284)(-21) setelah subtitusi kedua

= (1492)(4) + [(1776)(1) + (1492)(-1)](-21)

= (1492)(4) + (1776)(-21) + (1492)(21)

= (1776)(-21) + (1492)(25) setelah subtitusi ketiga.

Jadi m = -21 dan n = 25 adalah bilangan bulat sedemikian sehingga

4 = 1776m + 1492n.

Sisanya dicetak dalam huruf tebal di setiap langkah-langkah sebelumnya, dan

kami dengan hati-hati menghindari melakukan perkalian yang melibatkan sisanya.

11

m dan n tidak tunggal dalam persamaan

(a, b) = am + bn

Untuk melihat ini, hanya menambah dan mengurangi perkalian ab:

(a, b) = am + ab + bn – ab

= a(m + b) + b(n – a).

Jadi m’ = m + b dan n’ = n - a adalah sepasang bilangan bulat sedemikian

sehingga

(a, b) = am’ + bn’.

Keterangan kondisi d = am + bn tidak selalu mengakibatkan (a,b) =d.

sebagai contoh penyangkal 4 = 6 (2) + 4 (-2) tetapi (6, 4) ≠ 4.

Lemma

Misalkan a dan b bilangan bulat, (a, b) = 1 , .

Bukti : (a, b) = 1 berdasarkan teorema 2.12 maka sehingga

misalkan , dan

dan

Karena dan maka dan sehingga

Karena dan maka , dan

maka sehingga

Definisi 2.13 ■ Bilangan Bulat Relatif Prima

Dua bilangan bulat a dan b adalah relatif prima jika faktor persekutuan

terbesarnya adalah 1.

Dalam dua bagian berikutnya dari bab ini, kita membuktikan beberapa

hasil yang menarik tentang bilangan bulat yang relatif prima dengan bilangan

bulat n yang diberikan. Teorema 2.14 berguna dalam bukti dari hasil tersebut.

Teorema 2.14 ■

Jika a dan b relatif prima dan a|bc maka a|c.

(p Bukti: Asumsikan bahwa (a, b) = 1 dan a|bc. karena (a, b) = 1,

terdapat bilangan bulat m dan n sehingga 1 = am + bn, berdasarkan

12

Teorema 2.12. karena a|bc, maka ada suatu bilangan bulat q

sehingga bc = aq. Sekarang,

1 = am + bn ⇒ c = acm + bcn

⇒ c = acm + aqn karena bc = aq

⇒ c = a(cm + qn)

⇒ a|c.

Jadi teorema tersebut terbukti.

Di antara bilangan bulat, ada yang memiliki sejumlah faktor paling sedikit

yang mungkin. Beberapa di antaranya adalah bilangan bulat prima.

Definisi 2.15 ■ Bilangan Bulat Prima

Sebuah bilangan bulat p adalah bilangan bulat prima jika p > 1 dan pembagi-

pembagi/factor-faktor dari p hanyalah 1 dan p.

Perhatikan bahwa kondisi p > 1 membuat p positif dan memastikan bahwa

p 1. Pengecualian 1, dari himpunan bilangan prima memungkinkan pernyataan

Teorema Faktorisasi Ketunggalan. Sebelum menggali itu, kita membuktikan sifat

penting dari bilangan prima dalam Teorema 2.16.

Strategi ■ Kesimpulan dalam teorema berikutnya memiliki bentuk “r atau s”.

Salah satu teknik yang dapat digunakan untuk membuktikan "atau" Pernyataan

seperti ini adalah dengan mengasumsikan bahwa satu bagian (seperti r) tidak

diperoleh, dan menggunakan asumsi ini untuk membantu membuktikan bahwa

bagian lain kemudian harus diperoleh.

Teorema 2.16 ■ Lemma Euclid †

Jika p adalah prima dan p|ab, maka p|a atau p|b.

(p Bukti: Asumsikan p adalah prima dan p|ab. Jika p|a,

kesimpulan dari teorema tersebut cukup.

Misalkan, p tidak membagi a. Ini mengakibatkan bahwa 1 =

(p, a), karena satu-satunya pembagi positif dari p adalah 1 dan

p. Kemudian Teorema 2.14 mengakibatkan bahwa p|b. Jadi p|b

jika p tidak membagi a, dan teorema adalah benar dalam kasus

apapun.

Akibat generalisasi Teorema 2.16 untuk hasil dengan lebih dari dua

faktor. Buktinya diminta dalam latihan. Sebuah akibat langsung dari konsekuensi

ini adalah bahwa jika p prima dan p|an, maka p|a.

Corollary 2.17 ■

Jika p prima dan p|(a1a2...an), maka p membagi suatu aj.

13

Hal ini membawa kita ke Teorema Faktorisasi Ketunggalan, berakibat

penting sehingga itu sering disebut Teorema Dasar Aritmatika.

Strategi ■ Perhatikan bukti bagian ketunggalan Teorema 2.18: Dua faktorisasi

diasumsikan, dan kemudian dibuktikan bahwa keduanya adalah sama.

Teorema 2.18 ■ Teorema Faktorisasi Ketunggalan

Setiap bilangan bulat positif n adalah salah satu yaitu 1 atau yang dapat

dinyatakan sebagai perkalian dari bilangan bulat prima, dan faktorisasi ini adalah

tunggal kecuali untuk urutan factor-faktornya.

Menyelesaikan dengan Induksi

Bukti:

Dalam pernyataan dari teorema, perkalian digunakan dalam arti diperluas:

perkalian mungkin hanya memiliki satu faktor.

Misalkan Pn adalah pernyataan yg berlaku salah satu yaitu n = 1 atau n

dapat dinyatakan sebagai perkalian dari bilangan prima. Kita akan

membuktikan bahwa Pn adalah benar untuk semua n Z+ oleh Prinsip

Kedua Induksi Terbatas (Finite).

Sekarang jelas bahwa P1 benar. Asumsikan bahwa Pm benar untuk semua

bilangan bulat positif m < k. Jika k adalah prima, maka k merupakan

perkalian dengan satu faktor prima, dan Pk benar. Misalkan k bukan prima.

Maka k = ab, di mana a atau b kedua-duanya bukanlah 1. Oleh karena itu,

1 < a < k dan 1< b < k. Dengan hipotesis induksi, Pa benar dan Pb benar.

Artinya,

a = p1p2 ... pr dan b = q1q2 ... qs

untuk bilangan prima pi dan qj. Faktorisasi ini memberikan

k = ab = p1p2 ... prq1q2 ... qs

dan k dengan demikian dinyatakan sebagai perkalian dari bilangan prima.

Jadi Pk benar, dan karena itu Pn benar untuk semua bilangan bulat positif

n.

Ketunggalan

Untuk membuktikan bahwa faktorisasi adalah tunggal, misalkan

n = p1p2 ... pt dan n = q1q2 ... qv

adalah faktorisasi dari n sebagai hasil kali dari faktor prima pi dan qj.

Kemudian

p1p2 ... pt = q1q2 ... qv,

14

sehingga p1|(q1q2 ... qv). Dengan Corollary 2.17, p1| qj untuk beberapa j,

dan tidak ada salahnya jika kita asumsikan j = 1. Namun, p1 dan q1 adalah

bilangan prima, sehingga p1|q1 mengakibatkan q1 = p1. Ini memberikan

p1p2 ... pt = p1q2 ... qv,

dan karena itu

p2 ... pt = q2 ... qv

oleh hukum kanselisasi. Argumen ini dapat diulang, dengan menghapus

satu faktor pi dengan masing-masing penerapan hukum kanselasi, sampai

kita memperoleh

pt = qt ... qv.

Karena faktor positif dari pt hanyalah 1 dan pt, dan karena setiap qj adalah

prima, ini berarti bahwa harus ada hanya satu qj di sebelah kanan

persamaan, dan itu adalah qt. Artinya, v = t dan qt = pt. Ini melengkapi

bukti.

Teorema Faktorisasi Ketunggalan dapat digunakan untuk menggambarkan

bentuk standar dari bilangan bulat positif n. Misalkan p1, p2, ... , pr adalah faktor

prima yang berbeda dari n, diatur dalam urutan besarnya sehingga

p1 < p2 < ... < pr.

Kemudian semua faktor berulang dapat dikumpulkan bersama dan diekspresikan

dengan menggunakan eksponen untuk menghasilkan

n = ...

dimana mi adalah bilangan bulat positif. Setiap mi disebut multiplisitas dari pi,

dan faktorisasi ini dikenal sebagai bentuk standar untuk n.

Contoh 3 Bentuk standar untuk dua bilangan bulat positif a dan b dapat

digunakan untuk menemukan faktor persekutuan terbesar (a, b) dan beberapa

faktor persekutuan. Misalnya, jika

a = 31.752 = 23 3

4 7

2 dan b = 126.000 = 2

4 3

2 5

3 7,

maka (a, b) dapat ditemukan dengan membentuk hasil dari semua faktor prima

yang sama, dengan masing-masing faktor persekutuan pangkat paling kecil yang

muncul dalam faktorisasi:

(a, b) = 23 3

2 7 = 504.

■

15

Dari satu sudut pandang, Teorema Faktorisasi Ketunggalan mengatakan

bahwa bilangan bulat prima sedang membangun blok untuk bilangan bulat,

dimana "bangunan" yang dilakukan dengan menggunakan perkalian dan

membentuk hasil. Sebuah pertanyaan alami, yaitu: Berapa banyak blok? dari

Teorema berikutnya menyatakan jawaban yang diberikan oleh ahli matematika

Yunani kuno Euclid-yang jumlah bilangan prima adalah tak terhingga. Bukti ini

adalah penghargaan ke Euclid.

Teorema 2.19 ■ Teorema Euclid pada Bilangan Prima

Banyaknya bilangan prima adalah tak terhingga

Kontradiksi Bukti:Andai ada sejumlah n bilangan-bilangan prima. Misalkan n

bilangan prima ini yang dapat dilambangkan oleh p1, p2, ..., pn,

dengan memperhatikan bilangan bulat

m = p1p2 ... pn + 1.

Hal ini jelas bahwa sisa dalam pembagian m oleh bilangan prima pi

adalah 1, sehingga masing-masing pi bukan faktor dari m. Dengan

demikian ada dua kemungkinan: Salah satu m itu sendiri merupakan

prima, atau memiliki faktor prima yang berbeda dari setiap satu pi

tersebut. Dalam kedua kasus, kita memiliki sebuah bilangan bulat

prima yang tidak berada dalam daftar p1, p2, ... , pn. Oleh karena itu,

ada lebih dari n bilangan prima, dan ini kontradiksi dengan

pengandaian.

Contoh soal Hal 94

9. Misal a adalah bilangan bulat bukan nol dan b adalah bilangan bulat positif.

Terbukti atau tidak bahwa (a,b) = (a, a + b).

Jawab:

Harus dibuktikan (a,b)|(a, a + b) dan (a, a + b)|(a, b)

Karena (a,b)|a dan (a,b)| b, maka (a,b)| a + b.

Selanjutnya (a,b)|a dan (a,b)|a+ b maka (a,b) adalah faktor persekutuan

dari a dan a + b dengan demikian (a,b)|(a, a + b)

Sebaliknya, karena (a, a + b)|a dan (a, a + b)|a + b maka (a, a + b)|b.

Selanjutnya (a, a + b)|b dan (a, a + b)|a maka (a, a + b) adalah faktor

persekutuan dari a dan b dengan demikian (a, a + b)|(a,b).

Terbukti.

16

12. Jika b > 0 dan a = bq +r, buktikan bahwa (a,b) = (b,r).

Jawab :

Misal (a, b) = d Claim : (b, r) = d yaitu d > 0

i. d|b dan d|r

ii. v|b dan v|r v|d

Bukti:

i) (a, b) = d d|a dan d|b, karena d|b maka d|bq

a = bq + r r = a – bq

Karena d|a dan d|bq maka

Karena dan r = a – bq maka

ii) Misal v|b dan v|r akan ditunjukkan v|d

Karena v|b maka v|bq.

Karena v|bq dan v|r maka v|(bq +r) = a

karena v|a dan v|b v|d (karena (a,b) = d)

Dari (i) dan (ii) dapat disimpulkan (b,r) = d = (a,b)

Definisi

Jika x, y 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 (least common multiple) 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.

1. m adalah bilangan bulat positif lebih dari 0.

2. x|m dan y|m.

3. x|v dan y|v maka m|v.

Contoh halaman 94

25. Kelipatan Persekutuan Terkecil dari dua bilangan bulat yang tidak nol a dan b

adalah bilangan bulat m yang memenuhi semua syarat berikut:

1. m adalah bilangan bulat positif.

2. a|m dan b|m.

3. a|c dan b|c maka m|c.

17

Bukti :

( )

Ambil m = [a,b], maka menurut definisi a|m dan b|m, m > 0.

Misalkan c adalah sebarang kelipatan persekutan a dan b, maka a|c dan b|c. harus

ditunjukkan bahwa m|c. Menurut algoritma pembagian, karena m ≤ c, maka tentu

ada k, s Z sehingga c = km + s, 0 ≤ s < m.

Untuk membuktikan m|c, harus ditunjukkan bahwa c = km, atau harus

ditunjukkan bahwa s = 0

Perhatikan bahwa c = km + s, maka s = c – km.

a|m dan b|m maka, a|km dan b|km,

a|c dan a|km maka a|c-km

b|c dan b|km maka b|c-km

a|c – km dan b|c – km maka c – km adalah kelipatan persekutuan a dan b,

s = c – km, a|c – km dan b|c – km, maka a|s dan b|s.

a|s dan b|s, maka s kelipatan persekutuan a dan b.

karena s dan m adalah kelipatan-kelipatan persekutuan a dan b, dan m adalah

yang terkecil, serta 0 ≤ s < m, maka jelas bahwa s = 0, sehingga c = km, atau m|c.

( )

Ambil m >0, a|m, b|m, dan untuk sebarang kelipatan persekutuan c dari a dan b

berlaku m|c.

Ini berarti bahwa m adalah kelipatan persekutuan dari a dan b yang lain. Jadi m =

[a,b]

Contoh

1. Misal

Sebagai contoh

2. Misal Pada konsep FPB berlaku namun hal ini

tidak berlaku pada konsep KPK. Jadi

Sebagai contoh pilih maka

dan

18

Jadi

3. Misal dengan dengan . Pada konsep FPB

berlaku namun hal ini tidak berlaku pada KPK.

Jadi .

Sebagai contoh ambil maka

sehingga

dan

Jadi

Latihan Soal 2.3 dan 2.4

1. Halaman 85 no. 6,10 dan 12

Temukan q dan r sehingga memenuhi kondisi Algoritma Pembagian

a.

b.

c.

Jawab :

Algoritma pembagian harus memenuhi dengan

a. 1205 = (37)q+ r

1205 = (37)(32)+ 21 dengan


b. -921 = (18)q+ r

921 = (18)(51)+ 3

-921 = (18)(-51)+ (-3)

-921 = (18)(-51)+(-18)+ 18 + (-3)

-921 = (18)(-52)+ 15 dengan


c. 15 = (512)q+ r

15 = (512)(-1)+ 497 dengan

Jadi q = -1 dan r = 497

19

2. Hal 85 no.19

Misal dan n adalah bilangan bulat maka dan . Buktikan

Jawab :

Karena dan maka dan

Karena dan maka )

Karena dan maka ) = )

Terbukti.

3. Hal 85 no.20

Misal dan d adalah bilangan bulat maka dan . Buktikan

.

Jawab :

Karena , dan karena

Karena

Terbukti.

4. Hal 85 no.22

Buktikan jika adalah bilangan bulat sedemikian hingga dan

maka

Jawab :

Karena sehingga

Karena maka

Sehingga diperoleh

Karena c maka

Sehingga

Jadi terbukti.

5. Hal 93 no.2

Untuk setiap pasangan berikut, tulislah a dan b dalam bentuk standar dan

menggunakan faktorisasi untuk menemukan (a, b).

a.

b.

c.

Jawab :

a.

(1400,980) =

(1400,980) = 140

20

b.

(4950,10500) =

(4950,10500) = 150

c.

(3780,16200) =

(4950,10500) = 540

6. Halaman 93 no.3

Tentukan faktor persekutuan terbesar (a, b) dan bilangan bulat m dan n

sedemikian sehingga (a, b) = am + bn

a.

Jawab :

Dengan menggunakan algoritma Euclid

Jadi (124,52) = 4

Dengan mengganti sisanya dari persamaan sebelumnya berturut-turut

diperoleh

Jadi sedemikian sehingga

21

b.

Jawab :


Jadi (252,-180) = 36


diperoleh


c.

Jawab :


Jadi (414,-33) = 3


diperoleh


22

7. Latihan Halaman 94 no.8

Misalkan a, b, dan c bilangan bulat sedemikian rupa sehingga a 0.

Buktikan bahwa jika maka

Jawab

Misalkan maka atau

i) Jika maka sedemikian hingga

Karena maka

ii) Jika maka

Dari i) dan ii) terbukti jika maka


Misalkan a|c dan b|c, dan (a, b) = 1, buktikan bahwa ab membagi c

Jawab

Karena maka sedemikian hingga


Karena maka

Terbukti.


Buktikan bahwa jika dan , maka

Jawab :




(terbukti)

23

10. Misalkan . Buktikan ), dimana c adalah

sembarang bilangan bulat.

Jawab

Misal (a, bc) = d

Claim : (a,c) = d

i) d|a dan d|c

ii) v|a dan v|c v|d

Bukti:

i) (a, bc) = d d|a dan d|bc, karena d|bc maka d|b atau d|c

(a,b)=1 maka relatif prima sehingga d|a dan d|c

ii) Misal v|a dan v|c akan ditunjukkan v|d

Karena v|c maka v|bc.

Karena v|a dan v|bc maka v|(a,bc)

karena v|(a,bc) v|d (karena (a,bc) = d)

Dari (i) dan (ii) dapat disimpulkan (a,bc) = d = (a,c)

24

Latihan 2.4

Benar atau Salah

Labeli setiap pernyataan berikut sebagai benar atau salah.

1. Himpunan bilangan prima tertutup terhadap perkalian.

2. Himpunan bilangan prima tertutup terhadap pejumlahan.

3. Faktor persekutuan terbesar adalah operasi biner dari Z - {0} x Z ke Z+.

4. Kelipatan paling umum adalah operasi biner dari Z - {0} x Z - {0} untuk Z+.

5. faktor persekutuan terbesar adalah unik, jika itu ada.

6. Misalkan a dan b bilangan bulat, tidak keduanya nol, sehingga 1 = (a, b).

Kemudian terdapat x bilangan bulat dan y sedemikian rupa sehingga 1 = ax +

by dan (x, y) = 1.

7. Misalkan a dan b bilangan bulat, tidak keduanya nol, sehingga d = ax + by

untuk bilangan bulat x dan y. Kemudian d = (a, b).

8. Misalkan a dan b bilangan bulat, tidak keduanya nol, sehingga d = (a, b).

Kemudian terdapat bilangan bulat unik x dan y sedemikian rupa sehingga d =

ax + by.

9. Misalkan a dan b bilangan bulat, tidak nol keduanya. Kemudian (a, b) = (-a, b).

10. Misalkan a bilangan bulat , maka (a, a + 1) = 1.

11. Misalkan a bilangan bulat, maka (a, a + 2) = 2.

12. Jika (a, b) = 1 dan (a, c) = 1, maka (b, c) = 1.

Latihan

Dalam latihan, semua variabel merupakan bilangan bulat.

1. Daftar semua bilangan prima kurang dari 100.

2. Untuk setiap pasangan berikut, tulislah a dan b dalam bentuk standar dan

menggunakan faktorisasi untuk menemukan (a, b).

a. a = 1400, b = 980

b. a = 4950, b = 10.500

c. a = 3780, b = 16.200

d. a = 52.920, b = 25.200

25

3. Dalam setiap bagian, menemukan faktor persekutuan terbesar (a, b) dan

bilangan bulat m dan n sedemikian rupa sehingga (a, b) = am + bn

a. a = 0, b = -3 b. a = 65, b = -91

c. a = 102, b = 66 d. a = 52, b = 124

e. a = 414, b = -33 f. a = 252, b = -180

g. a = 414, b = 693 h. a = 382, b = 26

i. a = 1197, b = 312 j. a = 3780, b = 1200

k. a = 6420, b = 132 l. a = 602, b = 252

m. a = 5088, b = -156 n. a = 8767, b = 252

4. Cari bilangan bulat terkecil dalam himpunan.

a. {x Z | x > 0 dan x = 4s + 6t untuk beberapa, t dalam Z}

b. {x Z| x > 0 dan x = 6s +15T untuk beberapa s, t dalam Z}

5. Buktikan bahwa jika p dan q adalah bilangan prima yang berbeda, maka

terdapat bilangan bulat m dan n sedemikian rupa sehingga pm + qn = 1.

6. Tunjukkan bahwa n2 - n + 5 adalah bilangan bulat prima ketika n = 1, 2, 3, 4

tetapi itu tidak benar bahwa n2 - n + 5 selalu bilangan bulat prima. Tuliskan

satu himpunan sama pernyataan untuk polinomial n2 - n + 11.

7. Jika a > 0 dan a|b, kemudian buktikan atau menyangkal bahwa (a, b) = a.

8. Misalkan a, b, dan c bilangan bulat sedemikian rupa sehingga a 0. Buktikan

bahwa jika a|bc maka a|c (a, b).

9. Misalkan a bilangan bulat nol dan b bilangan bulat positif . Buktikan atau

menyangkal bahwa (a, b) = (a, a + b).

10. Misalkan a|c dan b|c, dan (a, b) = 1, buktikan bahwa ab membagi c.

11. Buktikan bahwa jika d = (a, b), a|c, dan b|c, maka ab|cd.

12. Jika b > 0 dan a = bq + r, buktikan bahwa (a, b) = (b, r).

13. Misalkan r0 = b > 0. Dengan notasi yang digunakan dalam deskripsi Euclidean

Algoritma, menggunakan hasil dalam Latihan 12 untuk membuktikan bahwa

(a, b) = rn, yang bukan nol terakhir sisanya.

14. Buktikan bahwa setiap sisanya rj di Algoritma Euclidean adalah "kombinasi

linear" dari a dan b: rj = sja + tjb, untuk bilangan bulat sj dan tj.

15. Misalkan a dan b bilangan bulat, setidaknya salah satu dari mereka tidak 0.

Buktikan bahwa c bilangan bulat yang dapat dinyatakan sebagai kombinasi

linear dari a dan b jika dan hanya jika (a, b)|c.

26

16. Buktikan Corollary 2.17: Jika p adalah prima dan p|(a1a2...an), maka p

membagi beberapa aj. Petunjuk: Gunakan induksi pada n.)

17. Buktikan bahwa jika n adalah bilangan bulat positif lebih besar dari 1

sehingga n bukan prima, maka n memiliki d pembagi sedemikian rupa

sehingga 1 < d

18. Buktikan bahwa (ab, c) = 1 jika dan hanya jika (a, c) = 1 dan (b, c) = 1.

19. Misalkan (a, b) = 1 dan (a, c) = 1. Buktikan atau menyangkal bahwa (ac, b) =

1.

20. Misalkan (a, b) = 1. Buktikan (a, bc) = (a, c), dimana c adalah sembarang

bilangan bulat.

21. Misalkan (a, b) = 1. Buktikan (a2, b

2) = 1.

22. Misalkan (a, b) = 1. Buktikan bahwa (a, bn) = 1 untuk semua bilangan bulat

positif n.

23. Buktikan bahwa jika m > 0 dan (a, b) ada, maka (ma, mb) = m (a, b).

24. Buktikan bahwa jika d = (a, b), a = a0d, dan b = b0d, maka (a0, b0) = 1.

25. Beberapa paling umum dari dua bilangan bulat bukan nol a dan b adalah

bilangan bulat m yang memenuhi semua kondisi berikut:

1. m adalah bilangan bulat positif.

2. a|m dan b|m.

3. a|c dan b|c menyiratkan m|c.

Buktikan bahwa beberapa paling umum dari dua bilangan bulat nol ada dan

unik.

26. Misalkan a dan b bilangan bulat positif. Jika d = (a, b) dan m adalah paling

umum beberapa dari a dan b, buktikan bahwa dm = ab. Perhatikan bahwa

berikut ini yang paling umum beberapa dari dua bilangan bulat yang relatif

prima positif adalah produk mereka.

27. Misalkan a dan b bilangan bulat positif. Buktikan bahwa jika d = (a, b), a =

a0d, dan b = b0d, kemudian kelipatan paling umum a dan b adalah a0b0d.

28. Jelaskan prosedur untuk menggunakan bentuk standar dari dua bilangan bulat

positif untuk menemukan multiple paling umum.

29. Untuk setiap pasangan bilangan bulat a, b di Latihan 2, menemukan beberapa

paling umum dari a dan b dengan menggunakan formulir standar mereka.

27

30. Misalkan a, b, dan c menjadi tiga bilangan bulat tidak nol.

a. Gunakan Definisi 2.11 sebagai pola untuk menentukan faktor

persekutuan terbesar dari a, b, dan c.

b. Gunakan Teorema 2.12 dan bukti sebagai pola untuk membuktikan

adanya faktor persekutuan terbesar dari a, b, dan c.

c. Jika d adalah faktor persekutuan terbesar dari a, b, dan c,

menunjukkan bahwa d = ((a,b), c).

d. Buktikan ((a, b), c) = (a, (b, c)).

31. Menemukan faktor persekutuan terbesar dari a, b, dan c dan menuliskannya

dalam bentuk ax + by + cz untuk bilangan bulat x, y, dan z.

a. a = 14, b = 28, c = 35

b. a = 26, b = 52, c = 60

c. a = 143, b = 385, c = -65

d. a = 60, b = -84, c = 105

32. Gunakan Prinsip Kedua Induksi Finite untuk membuktikan bahwa setiap

bilangan bulat positif n dapat dinyatakan dalam bentuk

n = co + c1 3 + c2 32 + ... + cj-1 3

j-1 + cj 3

j.

dimana j adalah bilangan bulat positif, ci {0, 1, 2} untuk semua i < j dan cj

{1, 2}.

33. Gunakan fakta bahwa 2 adalah prima untuk membuktikan bahwa tidak ada

bilangan bulat bukan nol a dan b sehingga a2 = 2b

2. Jelaskan bagaimana hal ini

membuktikan bahwa bukan bilangan rasional.

34. Gunakan fakta bahwa 3 adalah prima untuk membuktikan bahwa tidak ada

bilangan bulat bukan nol a dan b tersebut bahwa a2 = 3b

2. Jelaskan bagaimana

hal ini membuktikan bahwa bukan bilangan rasional.

28

KETERBAGIAN, FAKTOR PRIMA, FAKTOR

PERSEKUTUAN TERBESAR (FPB) DAN KELIPATAN

PERSEKUTUAN TERBESAR (KPK)

Makalah

Untuk Memenuhi Tugas Mata Kuliah Matematika 2

Dosen Pengampu: Dr. Santi Irawati, M.Si

Oleh:

Abd Gafur NIM 130311818899

Erna Gunawati NIM 130311818882

Eva Maryana NIM 130311818884

UNIVERSITAS NEGERI MALANG

PASCASARJANA

PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA

MARET 2014

29

Documents

Kel 1 bilangan