Soal - Jawab Teori Bilangan

KUIS IM.Kuliah : Teori BilanganWaktu : 40 menit

1A. Soal: Buktikan bahwa n2 ≤ 2n, untuk setiap bilangan asli n ≥ 4.

Jawab:

Bukti: Misalkan P(n)≡ n2 ≤ 2n.

i. P (4)≡ 42 ≤ 24 ⟺ 16 ≤ 16, maka P (4) benar.

ii. Misalkan P(k) benar untuk suatu bilangan asli k ≥ 4 yaitu,

P (k)≡ k2 ≤ 2k harus ditunjukkan bahwa P (k+1) benar yaitu,

P (k+1)≡ (k+1)2 ≤ 2 (k+1).

Hal ini dapat ditunjukkan sebagai berikut:

(k+1)2 = k2+2k+1

< k2+ k2

< 2k2≤ 2k. 2

< 2k2≤ 2k+1

(k+1)2 ≤ 2k+1

Jadi, P (k+1) benar.

Selanjutnya dari langkah-langkah i dan ii dapat disimpulkan bahwa n2 ≤ 2n, untuk

setiap bilangan asli n ≥ 4.

1B. Soal: Buktikan bahwa: n3 + 2n habis dibagi 3, untuk setiap n bilangan bulat positif.Jawab: Bukti: Misalkan P(n)≡ n3+2n habis dibagi 3, untuk setiap n bilangan bulat positif.i. Langkah 1: untuk n=1 maka P(1)≡ 13+2.1 = P(1)≡ 3 habis dibagi 3, P(1) benar.

ii. Langkah 2: Asumsikan P(k) benar untuk suatu bilangan asli k > 1 yaitu,

P (k)≡ k3 + 2k habis dibagi 3, untuk setiap k bilangan bulat positif benar.Harus ditunjukkan bahwa P(k+1) benar yaitu,

P(k+1)≡ (k+1)3 + 2(k+1) habis dibagi 3, untuk setiap k bilangan bulat positif.


3 | k3 + 2k ⟺ 3 | k3 + 2k + 3(k2 + k+ 1)

(Bilangan kelipatan 3)

⟺ 3 | k3 + 2k +3k2+3k +3

⟺ 3 | k3 +3k2 + 3k +1+2k +2

⟺ 3 | (k3 +3k2 + 3k +1) +2(k +1)

1

⟺ 3 | (k+1)3 +2(k +1).

Jadi, P (k+1) benar.

Selanjutnya dari langkah-langkah i dan ii dapat disimpulkan bahwa n3 + 2n habis dibagi 3, untuk setiap n bilangan bulat positif.

2A. Soal: Buktikan bahwa jika a | (b-1) maka a | (b4 -1).Jawab:Bukti: Hal ini dapat ditunjukkan sebagai berikut:

a | (b-1) ⟹ a | (b-1)(b+1)(b2+1)

(bilangan kelipatan (b-1))

⟹ a | (b-1) (b3+1)

⟹ a | (b4-1) terbukti.

Yaitu bahwa jika a | (b-1) maka a | (b4 -1).

2B. Soal: Buktikan bahwa: n5 – n habis dibagi oleh 5 untuk n bilangan Asli.Jawab:Bukti: Misalkan P(n)≡ n5 - n habis dibagi 5, untuk setiap n bilangan asli.

i. P(1)≡ 15 - 1 = 1-1 =0 habis dibagi oleh 5, maka P(1) benar.

ii. Misalkan P(k) benar untuk suatu bilangan asli k > 1 yaitu,

P(k)≡ k5 - k habis dibagi 5, untuk setiap k bilangan bulat positif.harus ditunjukkan bahwa P(k+1) benar yaitu,

P(k+1)≡ (k+1)5 - (k+1) habis dibagi 5, untuk setiap k bilangan bulat positif.


5 | k5 - k ⟹ 5 | k5 - k + 5(k4 +2k3+2k2+k) +1-1

(bilangan kelipatan 5)

⟹ 3 | k5 + 5k4 +10k3 +10k2+5k +1- k - 1

⟹ 3 | (k+1)2 - (k+1)

⟹ 3 | (k+1)2 – (k+1)

Jadi, P(k+1) benar.

Selanjutnya dari langkah-langkah i dan ii dapat disimpulkan bahwa n5 - n habis dibagi 5, untuk setiap n bilangan bulat positif.

3A. Soal: Buktikan bahwa hasil kali dua bilangan bulat berurutan habis dibagi dua.Jawab:Bukti: Misalkan Misalkan P(n)≡ n(n – 1) atau P(n)≡ (n2 – n) habis dibagi 2, untuk

setiap n bilangan asli.


2


P(k)≡ k2 - k habis dibagi 2, untuk setiap k bilangan bulat positif.Harus ditunjukkan bahwa P(k+1) benar yaitu,

P(k+1)≡ (k+1)2 - (k+1) habis dibagi 2, untuk setiap k bilangan bulat positif.


2 | k2 - k ⟹ 2 | k2 - k + 2k -1 +1


⟹ 2 | k2 +2k +1 -k - 1

⟹ 3 | (k+1)2 - (k+1)

⟹ 3 | (k+1)2 – (k+1)

Jadi, P(k+1) benar.


3B. Soal: Buktikan bahwa hasil kali tiga bilangan bulat berurutan habis dibagi tigaJawab:

Bukti: Misalkan P(n)≡ (n – 1).n.(n+1) atau P(n)≡ (n3 – n) habis dibagi 3, untuk

setiap n bilangan asli.



P (k)≡ k3 - k habis dibagi 3, untuk setiap k bilangan bulat positif.harus ditunjukkan bahwa P(k+1) benar yaitu,

P (k+1)≡ (k+1)3 - (k+1) habis dibagi 3, untuk setiap k bilangan bulat positif.


3 | k3 - k ⟹ 3 | k3 - k + 3(k2 + k) -1 +1


⟹ 3 | k3 +3k2 +3k +1 -k - 1

⟹ 3 | (k+1)3 - (k+1)

⟹ 3 | (k+1)3 – (k+1)

Jadi, P(k+1) benar.


4A. Soal: Buktikan bahwa untuk setiap bilangan asli n berlaku :

3

11. 2

+ 12 .3

+ 13. 4

+.. .+ 1n(n+1 )

= nn+1

Jawab:

Misalkan P(n)≡

11. 2

+ 12 .3

+ 13. 4

+.. .+ 1n(n+1 )

= nn+1

Langkah 1 : Tunjukkan bahwa P(1) benar1

1(1+1)= 1

2+1 12=1

2 benar Maka P(1) benarLangkah 2 : Diasumsikan P(k) benar untuk setiap bilangan asli k, yaitu:

P(k)≡

11. 2

+ 12 .3

+ 13. 4

+.. .+ 1k (k+1 )

= kk+1

benar

Akan dibuktikan bahwa P(k+1) benar, yaitu:

P(k+1)

≡

11. 2

+ 12 .3

+ 13. 4

+.. .+ 1k (k+1 )

+ 1k+1( k+2)

= k+1k+2

benar

≡k

k+1+ 1

(k+1)( k+2)=

≡k (k+1 )(k+2 )+(k+1 )(k+1 )(k+1)( k+2)

=

≡(k 2+k )(k+2 )+(k+1 )(k+1)( k+1)(k+2)

=

≡(k3+2 k2+k2+2 k+k+1)

(k+1 )(k+1 )(k+2)=

4

≡(k 3+3 k2+3 k+1)

(k+1 )(k+1 )(k+2)=

≡

(k+1 )(k+1 )(k+1)(k+1 )(k+1 )(k+2)

=( k+1)( k+2)

Jadi P(k+1 ) Benar.

Dari langkah 1 dan 2 disimpulkan bahwa P(n) benar untuk setiap bilangan asli n.

4B. Soal: Buktikan bahwa 13 + 23 + 33 +…+ n3 = ¼ n2 (n + 1)2 untuk n bilangan AsliJawab:

Kita menggunakan prinsip induksi matematika untuk membuktikan bahwa

13+23+32+…+n3=n2(n+1)2

4untuk semua nϵ N .

i. Langkah 1: Untuk n=1, kita punya 13=12(1+1)2

4benar.

ii. Langkah 2: Sekarang asumsikan untuk suatu mϵ N .

P(m)≡ 13+23+32+…+m3=m2(m+1)2

4

maka

13+23+32+…+m3+(m+1)3=m2(m+1)2

4+(m+1)3

¿m2(m+1)2

4+

4 (m+1)3

4

¿m2(m+1)2+4 (m+1)(m+1)2

4

¿(m+1)2(m2+4m+4 )

4

5

¿(m+1)2(m+2)2

4

Sehingga berdasarkan prinsip induksi matematik, klaim kita terbukti.

6

KUIS IIM.Kuliah : Teori BilanganWaktu : 45 menit

1A. Soal: Buktikan bahwa: Jika p dan r bilangan Asli dengan p > r maka (p, r-1) + (p, r) = (p + 1, r).

Jawab:

Bukti:

Jika p dan r adalah bilangan-bilangan asli dengan p > r, maka:

( pr−1)+( p

r )=(p+1r )

Bukti:

( pr−1)+( p

r )= p !( p−r+1 ) !(r−1)

+ p !( p−r )!r !

Dengan menyamakan penyebut,

Dan mengingat: (p - r+1)! = (p+1 – r)! = (p – r)! (p +1 - r).

( pr−1)+( p

r )= p!¿¿

¿ p!r¿¿

¿p!r+ p ! (p−r+1)

¿¿

¿p ! (r+ p−r+1)

¿¿

¿p! (p+1)

( p+1−r ) !r !

¿( p+1 )!

( p+1−r ) !r !

¿( p+1r )

Sehingga:

( pr−1)+( p

r )=(p+1r ) terbukti.

7

1B. Soal: Buktikan teorema Binomial!Jawab:Teorema Binomial:

(1+a )n=(n0)+(n1)a+(n2)a2+(n

3)a3+…+(nk )ak+…+(nn)an

Untuk setiap bilangan asli n.

Bukti:

Kita buktikan dengan induksi matematik.

i. Untuk n=1maka(1+a )1=(10)+(11)a=1+a, benar.

ii. Diasumsikan bahwa pernyataan benar untuk n=m, yaitu:

(1+a )m=(m0 )+(m1 )a+(m2 )a2+(m

3 )a3+…+(mk )ak+…+(mm)am

Selanjutnya akan ditunjukkan benar untukn=m+1

(1+a )m+1= (1+a )m(1+a)

¿ [(m0 )+(m1 )a+(m2 )a2+(m

3 )a3+…+(mk )ak+…+(mm)am]+(1+a)

¿ [(m0 )+(m1 )a+(m2 )a2+…+(mm)am]+[(m0 )a+(m

1 )a2+…+(mm)am+1]

¿(m0 )+[(m0 )+(m

1 )]a+[(m1 )+(m2 )]a2+…+[( m

m−1)+(mm)]am+(mm)a

m+1

¿(k+10 )+(k+1

1 )a+(k+11 )a2+…+(m+1

k )ak+(m+1m+1)am+1

Dari langkah-langkah 1 dan 2 dapat disimpulkan bahwa teorema terbukti benar untuk setiap bilangan asli n.

8

2. A1 Soal: Benar atau salah pernyataan berikut ini, jika benar buktikan, jika salah beri contoh penyangkalnya: Jika (a,b) = (a,c) maka [a,b] = [a,c].

Jawab: Salah.Contoh: (3,5) = (3,7) = 1, tetapi [3,5] ≠ [3,7], yaitu: [3,5] = 15 dan [3,7] = 21.

2. A2 Soal: Benar atau salah pernyataan berikut ini, jika benar buktikan, jika salah beri contoh penyangkalnya: (a, b) | [a, b].

Jawab: Benar.

Misalkan (a, b) = d maka d|a dan d|b dan karena a| [a, b] maka d|[a,b].

Jadi (a, b)| [a, b].

2. B1 Soal: Benar atau salah pernyataan berikut ini, jika benar buktikan, jika salah beri contoh penyangkalnya: B1. (a,b) = [a,b] jika dan hanya jika a = b.

Jawab: Benar.

Misalkan (a, b) = t maka t|a dan t|b. karena (a, b) = [a, b], maka [a, b] = t, sehingga

a|t dan b|t. selanjutnya, karena t|a dan a|t maka a = t. demikian pula karena t|b dan b|

t maka b = t. karena a = t dan b = t maka a = b. sebaliknya, jika a = b maka (a, a) =

[a, a] = a.

2. B2. Soal: Benar atau salah pernyataan berikut ini, jika benar buktikan, jika salah beri

contoh penyangkalnya: B2. [a,b] | (a,b)

Jawab: Salah.

Contoh: ambil a = 3 dan b = 7, maka [3, 7] = 21 dan (3, 7) = 1 dan 21 tidak

membagi 1.

3. A. Soal : Apakah 509 merupakan bilangan prima? Jelaskan!Jawab: 509 merupakan bilangan prima, dapat diselidiki dengan dengan mencoba membagi 509 dengan faktor-faktor bilangan prima p yang diambil dari 1<p<√ 509 ⟺1<p<22, yaitu: p = 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17,19. Ternyata tidak ada nilai p yang habis membagi 509, maka 509 merupakan bilangan prima.

3. B. Soal: Apakah 4567 merupakan bilangan prima? Jelaskan Jawab: 4567 merupakan bilangan prima, dapat diselidiki dengan dengan mencoba membagi 4567 dengan faktor-faktor bilangan prima p yang diambil dari 1<p<√ 4567 ⟺1<p<68, yaitu: p = 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17,19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 51, 53, 57, 61, 67. Ternyata tidak ada nilai p yang habis membagi 4567, maka 4567 merupakan bilangan prima.

9

4. A.B Soal: Jika p suatu bilangan prima yang lebih dari 3, tunjukkan bahwa p2+2 adalah

bilangan komposit.

Jawab:

Akan dibuktikan bahwa p2 + 2 bilangan komposit (bilangaan selain 1 yang

memiliki faktor lebih dari dua buah). Andaikan p2 + 2 bilangan prima. Maka p2 +

2 mestilah bilangan ganjil, (karena hanya bilangan 2 bilangan prima yang genap).

Karena p2 + 2 bilangan ganjil maka p2 pasti bilangan ganjil. p2 ganjil jika dan

hanya jika p ganjil. Misalkan p bilangan ganjil maka p dapat ditulis menjadi p=2n

– 1, n ¿2

Maka: p 2 + 2 = (2n – 1)2 – 1

⟺p 2 + 2 = (4n2 – 4n + 1) – 1

⟺p 2 + 2 = 4n2 – 4n + 0

⟺p 2 + 2 = 4(n2 –n),

4(n2 – n) bukan bilangan prima, tidak ada bilangan prima yang memiliki faktor

bilangan 4. Dengan demikian 4(n2 – n) mestilah suatu bilangan komposit.

Jadi p 2 + 2 mestilah bilangan komposit untuk p bilangan prima yang lebih besar dari 3.

10

Kuis IV (REGULER Kuis III)M.Kuliah : Teori BilanganWaktu : 45 menit

1A. Soal: Buktikanlah bahwa jika 2n – 1 suatu bilangan prima maka n suatu bilangan prima pula.

Jawab:Dibuktikan berdasarkan kontraposisinya, yaknip= 2n – 1 suatu bilangan prima q= n suatu bilangan prima. q⟶ p ≡ Jika n suatu bilangan komposit maka 2n – 1 bilangan komposit pula.

Karena n suatu bilangan komposit maka n = ab dengan 1 < a < n dan 1 < b < n sehingga:2n – 1 = 2ab – 1 = (2a -1) (2(b-1)a + 2(b-2)a + … + 1). Tampak pada kesamaan ini bahwa 2n

– 1 adalah suatu bilangan komposit.

1B. Soal: Jika p suatu bilangan prima ganjil yang tidak sama dengan 5, buktikanlah

bahwa p2-1 atau p2+1 terbagi oleh 10.

Jawab:

Ambil bilangan prima p yang berbentuk 5k+1, 5k+2, 5k+3, atau 5k+4,

Misalkan p = 5k+1, maka p2-1 = 5k (5k+2).

Untuk k genap maupun gasal (asalkan penggantian k pada pengambilan awal tadi

membentuk bilangan prima) nilai k pada pengambilan awal dimasukkan ke bentuk

5k (5k+2) selalu terbagi oleh 10.

2A. Soal: Teorema 4.5 ini dapat diperluas untuk bilangan bilangan a1, a2, a3, …,an maka p│ai untuk suatu i = 1, 2, 3, ……,n

Jawab:Bukti:

Dengan induksi matematik pada n, yaitu banyaknya faktor.Untuk n = 1, yaitu p│a1, jelas benar. Untuk n = 2, yaitu p│a1a2, karena p suatu bilangan prima, maka menurut teorema 4.5 p│a1 atau p│a2.Diambil hipotesis induksi untuk t dengan 2 < t < n, yaitu p bilangan prima dan p│a 1

a2a3… at maka p│ak, untuk 2 < k< t.Pandang p│a1a2a3…. An atau dapat ditulis sebagai p│ (a1a2a3…an-1) (an), maka menurut Teorema 4.5 diperoleh p │a1a2a3 …. an-1 atau p│an.(terbukti)Jika p│a1a2a3……..an-2an-1, juga menurut teorema 4.5 lagi diperoleh bahwa p│ a1a2a3……..an-2 atau p│an-1

11

Jika p│an-1, maka teorema terbuktiJika p│a1a2a3….an-2 a-1, maka menurut teorema 4.5 lagi diperoleh bahwa p│a1a2a3….an-2

atau p│an-1

Jika p│an-1, maka teorema terbuktiJika p│a1a2a3…an-2 maka proses seperti diatas dapat diteruskan berdasarkan hipotesis yang diambil, maka proses tersebut akan berakhir. Berarti bilangan prima p membagi salah satu dari a1, a2, a3,…,an.

Jika pada teorema 4.5 diambil kasus p, q, dan r masing –masing bilangan prima dan p│qr maka p│q atau p│r yaitu p = q atau p = r. karena p, q, r masing–masing bilangan prima, kasus tersebut dapat diperluas sebagai berikut: Jika p, q1, q2, q3, … qn semuanya bilangan prima dan p│q1.q2.q3 … qn makap = qk untuk suatu k dengan 1≤ k≤ n.

3A. Soal: Jika a≡b (mod m) dengan d│m dan d│a buktikan d│b.

Jawab:

Bukti :

Jika a≡b (mod m) maka m│(a – b), sama artinya a = km + b

Dari d│m sama artinya m = k1 d

Dari d│a sama artinya a = k2 d

Dari a = km + b dapat kita substitusikan a dan m kedalam persamaan tersebut

Artinya a = km + b

k2 d = k (k1 d) + b

b = k (k1d) + k2 d

b = (kk1 + k2) d

Dari b = (kk1 + k2) d atau b = k3 d, ini menunjukan bahwa

Jika a≡b (mod m) dengan d│m dan d│a buktikan d│b … terbukti.

2B Soal: Teorema 4.8:

Jawab:Bukti:

Dengan menggunakan induksi matematik pada n. Untuk n = 1 diperoleh p1 ≤ 220

0 yaitu p1 ≤ 2. Benar, sebab bilangan prima pertama adalah 2.

12

Dalam suatu barisan bilangan prima, jika pn menyatakan bilangan prima ke n maka:

Pn ≤

Selanjutnya sebagai hipotesis, teorema diasumsikan benar untuk n = k, yaitu: Pk ≤ 22k−1

Akan dibuktikan bahwa teorema benar untuk n = k + 1, yaitu pk+1≤ 22k−1+1

Perhatikan bahwa:

Pk+1 ≤ (p1p2p3…….pk) + 1

Pk+1≤ {220

(221

) (222

) (223

)… (22k−1

)} + 1

Pk+1≤ {21+2+22+23+…+2k−1

} + 1

Mudah ditunjukkan bahwa 1 + 2 + 22 + 23 + …. +2 k-1 = 2k – 1, yaitu suatu deret geometri dengan rasio 2. Sehingga diperoleh: Pk+1 ≤ ( 22k−1 + 1)Karena 22k−1 > 1 untuk setiap bilangan asli k, maka ketidaksamaan itu menjadi:

Pk+1 ≤ 222−1

+ 22k−1

Pk+1 ≤ 22k

Karena teorema benar untuk n = 1 dan benar untuk n = k dan telah ditunjukkan benar untuk n = k + 1, maka teorema benar untuk setiap bilangan asli n.

Memperhatikan teorema ini, maka bilangan prima ke (n+1). Yaitu Pn≤22n

. Sehingga banyaknya bilangan prima yang lebih kecil dari 22n

tidak kurang dari ( n + 1) buah. Jadi untuk n≥ 1, maka ada paling sedikit n+1 buah bilangan prima yang lebih kecil dari 22n

.

3A. Soal: Jika a ≡ b (mod m) dengan d|m dan d|a maka buktikan bahwa d|b. Jawab: a ≡ b (mod m)⟺a=km + b , k bilangan bulat ..................................................... (1)d|m ⟺m=k1 d , k1 bilangan bulat ....................................................................... (2)d|a ⟺a=k2 d , k2 bilangan bulat ......................................................................... (3)akan dibuktikan: d|ba=km + bk2 d =k (k1 d) + bk2 d =k k1 d + bb = (k2 - kk1)d, karena k1 dan k2 bilangan bulat maka k1k2 bilangan bulat (sifat tertutup).Maka d|bJadi, Jika a ≡ b (mod m) dengan d|m dan d|a maka buktikan bahwa d|b.

3B. Soal: Jika a ≡ b (mod m) maka (a,m) = (b,m).Jawab:a ≡ b (mod m)⟺a=km + b , k bilangan bulat ....................................................... (1)Andaikan (a,m)=c, denga c anggota bilangan bulat, maka c │a dan c │m. c │a ⟺a=k1 c , k1 bilangan bulat. ........................................................................(2)c │m ⟺m=k2 c , k2 bilangan bulat........................................................................(3)

Andaikan dan (b, m) =d, dengan d anggota bilangan bulat, maka d│b dan d│m (b,m) = d ⟺d | b dan d | m.

13

d │b ⟺b=k3 d , k3 bilangan bulat. .......................................................................(4)d │m ⟺m=k4 d , k4 bilangan bulat........................................................................(5)

Akan dibuktikan bahwa c=d.a=km + ba=k k4 d + k3 d⟺a = (k k4+k3)d ⟺d│a ................................................................(6)a = km + b(k k4+k3)d = km+k3 d⟺ km = (k k4+k3-k3)d⟺km = (k k4)d⟺m=k4d⟺ d│m ..........................................................................(7)Dari (6) dan (7) maka d kelipatan dari a dan m. Tetapi c FPB dari a dan m makac ≥ d . ................................................................................................................... (8)a=km + bk1 c = k(k2 c) + b ⟺b = (k1-kk2)c ⟺c│b ..............................................................(9)a = km + bk1 c = km+(k1-kk2)c ⟺ km = (k1-k1+kk2)c⟺km = (kk2)c⟺m=k2c⟺ c│m ...........................................................................(10)Dari (9) dan (10) maka c kelipatan dari b dan m. Tetapi d FPB dari b dan m makac ≤ d . .................................................................................................................. (11)Dari c ≥ d dan c ≤ d , maka c = d maka ini menunjukan bahwa (a,m) = (b,m)

Jika a ≡ b (mod m) maka (a,m) = (b,m), terbukti.

4A. Soal: Tentukan sisa jika 255 : 7 dan 4175 : 7Jawab:

Menghitung sisa dari 255 : 723 = 1 (mod 7)23(18) = 118 (mod 7)254 .2 = 1. 2 (mod 7)255 = 2 (mod 7)Jadi 255 : 7 sisa 2.

Menghitung sisa dari 4175 : 741 = -1 (mod 7)4175 = (-1)75 (mod 7)41 = -1 (mod 7)41 = 6 (mod 7)Jadi 4175 : 7 sisa 6.

4B. Soal: Tentukan sisa jika (15 + 25 + 35 + ...+ 1005) : 4Jawab:

1≡ 5≡ 9 ≡ 13 ≡ 17 ≡ 21 ≡ 25 ≡29 ≡ 33 ≡ 37 ≡ 41 ≡ ....≡ 97 (mod 4)2≡ 6≡ 10 ≡ 14 ≡ 18 ≡ 22 ≡ 26 ≡30 ≡ 34 ≡ 38 ≡ 42 ≡ ....≡ 98 (mod 4)3≡ 7≡ 11≡ 15 ≡ 19 ≡ 23 ≡ 27 ≡31 ≡ 35 ≡ 39 ≡ 43 ≡ ....≡ 99 (mod 4)

0≡ 4≡ 8 ≡ 12 ≡ 16 ≡ 20 ≡ 24 ≡28 ≡ 32 ≡ 36 ≡ 40 ≡ 44 ≡....≡ 100 (mod 4)Sehingga (15+25+35+...+1005) ≡ 15+25+35 (mod 4)

≡ 1+2+3 (mod 4)≡ 2 (mod 4)

14

Jadi (15 + 25 + 35 + ...+ 1005): 4 bersisa 2.

15

Documents

Soal - Jawab Teori Bilangan