TEORI BILANGAN

3.1. Keterbagian

Kita telah mengetahui bahwa 13 dibagi 5 hasil baginya 2 dan sisanya 3 dan ditulis sebagai :

  atau 13 = 2 x 5 + 3

Secara umum, apabila a bilangan bulat dan b bilangan bulat positif, maka ada tepat satu bilangan bulat q dan r sedemikian hingga :

a = qb + r ,   0 < r < b

dalam hal ini, q disebut hasil bagi dan r sisa pada pembagian “a dibagi dengan b”. Jika r = 0 maka dikatakan a habis dibagi b dan ditulis b|a. Untuk a tidak habis dibagi b ditulis b ditulis b ł a.

Sifat-sifat keterbagian :

1.      a|b dan b|c maka a|c

2.      ab|c maka a|c dan b|c

3.      a|b dan a|c maka a|(bx + cy) untuk sembarang bilangan bulat x dan y.

Di sini akan dibuktikan sifat (1). Pembuktian sifat (2) dan (3) diserahkan kepada pembaca.

Bukti sisfat (1)

a|b maka b = ka

b|c maka c = lb = l (kl)a maka a|c.

Di bawah ini adalah kaidah-kaidah menentukan keterbagian suatu bilangan yang cukup besar.

1. Keterbagian oleh 2″

Suatu bilangan habis dibagi 2ⁿ jika n bilangan terakhir dari bilangan tersebut habis dibagi 2ⁿ.

A₁. Untuk n = 1 berarti suatu bilangan habis dibagi 2 jika angka terakhir dari bilangan tersebut habis dibagi 2.

A₂. Untuk n = 2 berarti suatu bilangan habis dibagi 4 jika 2 bilangan terakhir dari bilangan tersebut habis dibagi 4

A₃. Untuk n = 3 berarti suatu bilangan habis dibagi 8 jika 3 bilangan terakhir dari bilangan tersebut habis dibagi 8.

Yang akan dibuktikan di sini adalah kaidah A₁. Pembuktian kaidah A₂ dan A₃ diserahkan kepada pembaca.

Bukti kaidah A₁

Misalkan bilangan itu :

a = …a₃ a₂ a₁ a₀

= 10(a₃ a₂ a₁) + a₀

Karena 10 (….a₃ a₂ a₁) habis dibagi 2 maka agar a habis dibagi 2 maka haruslah a₀ habis dibagi 2.

Contoh soal 1

Tentukan apakah 173332 habis dibagi oleh :

a). 2 b). 4 c). 8

pembuktian :

a). Karena 2|2 maka 2|173332

b). Karena 4|32 maka 4|173332

c). Karena 8 ł 332 maka 8 ł 173332

1. Keterbagian 3, 9, dan 11

Misalkan bilangan yang akan dibagi adalah a = a_n a_n-1 a_n-2 … a₁ a₀.

B₁. Bilangan a habis dibagi 3 jika jumlah angka-angkanya (a_n + a_n-1 + … + a₁ + a₀) habis dibagi 3

B₂. Bilangan a habis dibagi 9 jika jumlah angka-nagkanya (a_n + a_n-1 + … + a₁ + a₀) habis dibagi 9

B₃. Bilangan a habis dibagi 11 jika jumlah silang tanda ganti angka-angkanya (a_n – a_n-1 + a_n-2 + … ) habis dibagi 11

Yang akan dibuktikan di sini adalah kaidah B₁. Pembuktian kaidah B₂ dan B₃ diserahkan kepada pembaca.

Bukti kaidah B1.

a = a_n a_n-1 … a₁ a₀

= a_n X 10ⁿ + a_n-1 X 10^n-1 + … + a₁ X 10 + a₀ X 10⁰

= a_n X (9 + 1)ⁿ + a_n-1 X (9 + 1)^n-1 + … + a₁ X (9 + 1) + a₀

= a_n[9ⁿ + n . 9^n-1 + … + 9n] + a_n + a_n-1 [9^n-1 + (n-1)9^n-2 + … + 9(n-1)] + a_n-1 + … + 9a₁ + a₁ + a₀

Dapat dipilih menjadi dua bagian. Bagian pertama adalah jumlah semua suku yang merupakan kelipatan 9 yang dilambangkan sebagai K(a) dan bagian kedua adalah jumlah angka-angka :

Q(a) = a_n + a_n-1 + …
+ a₁ + a₀

Maka :    a = K(a) + Q(a)

Karena 3 | K(a) maka agar 3|a haruslah 3 | Q(a)

Contoh soal 2

Tentukan apakah 1815 habis dibagi :

a). 3 b). 9 c). 11

penyelesaian :

jumlah angka-angka 1815 = 1 + 8 + 1 + 5 = 15

a). Karena 3|15 maka 3|1815

b). Karena 9 ł 15 maka 9 ł 1815

c). Jumlah-silang tanda-ganti angka-angka bilangan 1815 = 1 – 8 + 1 – 5 = -11

Karena 11|-11 maka 11|1915

Contoh soal 3

Bilangan berangka enam berikut a1989b habis dibagi 72. Tentukan a dan b

Penyelesaian :

72 = 8 x 9. Karena itu 8|a1989b b = 6

Juga 9|a + 1 + 9 + 8 + 9 + b = a = 33 a = 3

1. BILANGAN KHUSUS

Di pasal ini, kita akan membahas beberapa bilangan khusus yakni bilangan prima, bilangan komposist dan bilangan kuadrat.

1. Bilangan Prima dan Komposit

Bilangan prima adalah bilangan asli yang hanya dapat dibagi oleh bilangan itu sendiri dan satu. Dengan perkataan lain, bilangan prima hanya mempunyai dua faktor. Misalnya 2, 3, 5, 7, 11, … bilangan asli yang mempunyai lebih dari dua faktor disebut bilangan komposit (majemuk). Misal 4, 6, 8, 9, …

Teorema : (Topik Erotosthenes)

Untuk setiap bilangan komposit n ada bilangan prima p sehingga p|n dan p .

Teorema di atas mempunyai makna yang sama dengan “jika tidak ada bilangan prima p yang dapat membagi n dengan p maka n adalah bilagan prima”.

Contoh soal 4

Tentukan bilangan-bilangan berikut merupakan bilangan prima atau majemuk.

a). 157 b). 221

penyelesaian :

a). Bilangan-bilangan prima yang adalah 2, 3, 5, 7, 11. Karena tidak ada dari bilangan-bilangan prima 2, 3, 5, 7, 11 yang dapat dibagi 157, maka 157 merupakan bilangan prima.

b). Bilangan-bilangan prima yang adalah 2, 3, 5, 7, 11, 13. Karena 13|221 maka 221 merupakan bilangan komposit.

Contoh soal 5

Tentukan pasangan-pasangan bilangan asli a dan b sehingga a² – b² = 1991.

Penyelesaian :

Karena 1991 merupakan bilangan komposit (1991 = 11 X 181) maka :

A² – b² = 1991

(a – b)(a + b) = 1991 (1 X 1991 atau 11 X 181) atau (a – b)(a + b) = 11 X 181

Kemungkinan I    Kemungkinan II

a + b    = 1991     a + b    = 181

a  –  b    = 1 +         a  – b    = 11 +

2a    = 1992           2a    = 192

a    = 996     a    = 96

b    = 995     b    = 85

Jadi pasangan-pasangan bilangan asli a dan b yang memenuhi a² – b² = 1991 adalah (996, 995) dan (96, 85)

1. Bilangan kuadrat

Ada tiga hal penting yang perlu duketahui tentang bilangan kuadrat, yaitu :

1. Angka satuan yang mungkin untuk bilangan kuadrat adalah 0, 1, 4, 5, 6, dan 9
2. Setiap bilangan kuadrat dibagi 4 maka sisanya 0 atau 1
3. Jika p bilangan prima dan p|n² maka p²|n²

Contoh soal 6

Carilah suatu bilangan kuadrat sempurna yang angka-angkanya berturut-turut adalah :

k, k + 1, k + 2, 3k, k + 3

penyelesaian :

·       Angka pertama adalah k maka k yang mungkin adalah 1, 2, 3, … , 9 ………………………    (1)

·       Angka ketiga adalah 3k maka k yang mungkin adalah 0, 1, 2, 3 ……………………………..    (2)

Dari (1) dan (2), maka k yang mungkin terjadi 1, 2, 3.

·       Bilangan kuadrat yang mungkin adalah 12334, 233465, 34596.

·       Selanjutnya 12334 dibagi 4 bersisa 2 berarti 12334 bukan bilangan kuadrat.

·       5 karena 4693 tidak lagi dapat dibagi 5 maka 23465 bukan bilangan kuadrat.

2    34596 bilangan 334596 = 2² . 3² . 31², berarti 34596 merupakan bilangan kuadrat.

2    17298

3     8649

3     2883

31     961

31     31

1

Jadi bilangan kuadrat yang dicari adalah 34596.

1. GCD DAN ALGORITMA EUCLID

Jika a dan b sembarang bilangan bulat dan d bilangan bulat yang memenuhi sifat d|a dan d|b, maka d disebut pembagi persekutuan dari a dan b. Nilai terbesar dari d disebut pembagi persekutuan terbesar Greater Common Divisor (GCD) dan ditulis dengan GCD (a, b)

Misal : GCD (8, 12) = 4

Pembagi persekutuan terbesar dapat juga ditentukan dengan menggunakan Algoritma Euclede.

Teorema (Algoritma Euclede)

Diberikan dua bilangan bulat a dan b dengan a > b > 0, maka GCD (a, b) bisa dicari dengan mengulang algoritma pembagian.

a = q₁b + r₁ 0 < r₁ < b

b = q₂ r₁ + r₂ 0 < r₂ < r₁

r₁ = q₃ r₂ + r₃ 0 < r₃ < r₂

r_n-2 = q_n r_n-1 + r_n 0 < r_n-1 < r_n-2

r_n-1 = q_n+1 r_n + 0

maka r_n , sisa terakhir dari pembagian di atas yang bukan nol merupakan GCD (a, b).

Contoh Soal 7

Tentukan GCD (4840, 1512)

Penyelesaian :

4840 = 3 X 1512 + 304

1512 = 4 X 304 + 296

304 = 1 X 296 + 8

296 = 37 X 8 + 0

Jadi : GCD (4840, 1512) = 8

Jika GCD (a, b) = c maka ada bilangan bulat m dan n sehingga am + bn = c. Mencari m dan n digunakan AlgoritmaEuclede.

Seperti pada contoh soal 7 di dapat bahwa GCD (4840, 1512) = 8, maka ada bilangan bulat m dan n segingga 4840m + 1512n = 8. Mencari m dan n dimulai dari baris kedua dari bawah pada Algoritma EucledeI.

8    = 304 – 296

= 304 – (1512 – 4 X 304) = -1512 + 5 X 304

= -1512 + 5 (4840 – 3 X 1512)

8    = 5 X 4840 – 16 X 1512 maka m = 5 dan n = -16

Jika GCD (a, b) = 1 maka a dan b dikatakan saling prima.

Contoh soal 8

Buktikan bahwa jika GCD (a, b) = 1 dan a|bc, maka a|c

Bukti :

Karena GCD (a, b) = 1, maka terdapat bilangan-bilangan m dan n sehingga 1 = ma + nb.

Diketahui a|bc, berarti terdapat bilangan bulat k sehingga bc = ak.

Dengan menggandakan persamaan 1 = ma + nb dengan c didapat :

c = mac + nbc

c = mac + nak

c = a(mc + nk) Û a|c

Contoh soal 9

Jika GCD (a, m) = GCD (b, m) = 1, maka buktikan bahwa GCD (ab, m) = 1.

Bukti :

1    = ax₀ + my₀

= bx₁ + my₁

Sehingga : (ax₀ + bx₁) = (1 – my₀)(1 – my₁)

= 1 – my₁ – my₀ + m²y₀y₁

= 1 – m (y₁ + y₀ – my₀y₁)

Tulis :    y₁ + y₀ – my₀y₁ = y₂ , maka :

ab (x₀x₁) + m(y₂) = 1 maka GCD (ab, m) = 1

1. KONGRUEN

Diberikan bilangan bulat n yang lebih besar dari 1 dan bilangan-bilangan bulat a dan b. Bilangan a dikatakan kongruen dengan b modulo n, dituliskan dengan a º b (mod n) jika a dan b memberikan sisa yang sama apabila dibagi oleh n.

Contoh soal 10

Jika a dan b kongruen modulo m, buktikan bahwa selisishnya dapat dibagi m.

Bukti :

a º b (mod m) Þ a = q₁m + r dan b = q₂m + r

a – b = (q₁ – q₂)m, akibatnya m | (a – b)

Contoh soal 11

Buktikan bahwa (an + b)^m = b^m mod (n)

Bukti :

Membuktikan (an + b)^m
º b^m mod (n) sama artinya dengan membuktikan ada bilangan bulat k sehingga (an + b)^m – b^m = kn.

Bukti :

(an + b)^m – b^m = (an)^m + m(an)^m-1. b + … + m(an)b^m-1 + b^m – b^m

= {a(an)^m-1 + am(an)^m-2 + … + am(b)^m-1}n

= kn (terbukti )

Rumusan pada contoh nomor 11 di atas dapat digunakan menentukan sisa pembagian bilangan yang cukup benar.

Contoh soal 12

Tentukan angka satuan bilangan 1997¹⁹⁹¹.

Penyelesaian :

Angka satuan 1997¹⁹⁹¹ º sia pembagian 1997¹⁹⁹¹ oleh 10

º (199 X 10 + 7)¹⁹⁹¹ mod (10)

º 7¹⁹⁹¹ mod (10)

º 7^{4 X 497 + 3} mod (10)

º (7⁴)⁴⁸⁷ X 7³ mod (10)

º (2421)⁴⁹⁷ X 343 mod (10)

º 1 X 3 mod (10)

º 3 mod (10)

Jadi angka satuan 1997¹⁹⁹¹ adalah 3.

Contoh soal 13

Tentukan sisa jika 3¹⁹ dibagi oleh 14.

Penyelesaian :

3¹⁹ mod (14)    º 3^{3 X 6 + 1} mod (14)

º (3³)⁶ X 3¹
mod (14)

º (2 X 14 – 1)⁶ X 3 mod (14)

º (-1)⁶ X 3 mod (14)

3¹⁹ º 3 mod (14)

Jadi sisa pembagian 3¹⁹ oleh 14 adalah 3.

Contoh soal 14

Tentukan sisa 3¹⁹⁹⁰ jika dibagi 41.

Penyelesaian :

31990 m od (41)    º 3^{4 X 497 + 2} mod (41)

º (3⁴)⁴⁹⁷ X 3² mod (41)

º (2 X 41 – 1)⁴⁹⁷ X 9 mod (41)

º (-1)⁴⁹⁷ X 9 mod (41)

º -9 mod (41)

º (41 – 9) mod (41)

º 31 mod (41)

Jadi sisa 3¹⁹⁹⁰ dinagi oleh 41 adalah 32.

1. PERSAMAAN DIOPHANTINE

Suatu persamaan berbentuk ax + by = c dengan a, b, c bilangan-bilangan bulat dan a, b dua-duanya bukan nol disebut persamaan liner diophantine jika penyelesaiannya dicari untuk bilangan-bilangan bulat.

Teorema :

Persamaan liner diophantine ax + by = c mempunyai penyelesaian jika dan hanya jika pembagi persekutuan terbatas dari a dan b membagi c.

Bukti :

Misalkan d = GCD (a, b) dan d|c

d|c Û ada k bulat sehingga c = kd.

d|GCD (a, b) Û ada bilangan bulat m dan n sehingga am + bn = d.

a(km) + b (kn) = kd

a(km) + b (kn) = c

berarti x = mk dan y = nk

Teorema :

Jika d = GCD (a, b) dan x₀ , y₀ penyelesaian persamaan diophantine ax + by = c, maka penyelesaian umum persamaan tersebut adalah :

x = x₀ + dan y = y₀ – dengan k parameter bilangan bulat.

Contoh soal 15

Tentukan penyelesaian umum persamaan diophantine 738x + 621y = 45

Penyelesaian :
Mencari GCD (738, 621) dengan Algoritma Euclide.

738 = 1 X 621 + 117

621 = 5 X 117 = 36

117 = 3 X 36 + 9

36 = 4 X 9 + 0

Jadi GCD (738, 621). Karena 9|45 maka persamaan di atas mempunyai penyelesaian.

Menentukan 9 sebagai kombinasi 738 dan 621.

9    = 117 – 3 . 36

= 117 – 3 (621 – 5 X 117) = -3 X 621 + 16 X 117

= -3 X 621 + 16 (738 – 621)

9    = 16 X 738 – 19 X 621

Kalikan kedua ruas dengan 5

45 = 80 X 738 – 45 X 621

Sehingga didapat x₀ = 80, y₀ = -95

Penyelesaian umumnya adalah :

x = 80 +

x = -95 –

Contoh soal 16

Tentukan x dan y bulat positif yang memenuhi persamaan 7x + 5y = 100

Penyelesaian :

GCD (7, 5) = 1. Karena 1|100 maka persamaan mempunyai penyelesaian.

Dengan mudah bisa ditulis.

1 = 3 . 7 – 4 . 5

100 = 7 X 300 + 5 X (-400). Maka x₀ = 300, y₀ = -400

Penyelesaian umumnya adalah :
x = 300 + 5k

Y = -400 – 7k

Karena yang diinginkan penyelesaian positif, maka harus dipenuhi kedua pertidaksamaan :

300 + 5k > 0

-400 – 7k > 0

Yaitu : 60 < k < -57

Jadi persamaan diophantine 7x + 5y = 100 mempunyai tepat dua penyelesaian positif yaitu untuk k = -59, dan k = -58 maka x = 5, y = 13 dan untuk k -58 maka x = 10, y = 6.

SOAL LATIHAN BAB III

1. Tentukan bilangan empat digit abcd yang memenuhi 4 X (abcd) = dcba

Penyelesaian :
4 X (abcd) = dcba (empat digit), maka nilai a yang mungkin adalah 1 atau 2

4 X (abcd) = … a (beersatuan genap) maka a tidak mungkin 1. Jadi haruslah a = 2. Agar a = 2 maka haruslah d = 8.

3

2bc8

4 x

8cb2

4 X b < 10 maka b yang mungkin 0, 1, 2

4 X c + 3 tidak mungkin bersatuan 0 atau 2. Jadi haruslah b = 1

Karena b = 1 maka haruslah c = 7.

Dengan demikian bilangan yang dimaksud adalah 2178.

1. Jika ditulis dalam bilangan basis 10, tentukan banyaknya angka bilangan 4¹⁶ X 5²⁵.

Penyelesaian :

4¹⁶ X 5²⁵ = 2³² X 5²⁵

= 2⁷ X 2²⁵ x 5²⁵

= 128 X (2 X 5)²⁵

= 128 X 10²⁵

= 1,28 X 10²⁷

Banyaknya angka dari 4¹⁶ X 5²⁵ = 28 angka.

2. Tentukan banyaknya angka nol terakhir dari 1000!

Penyelesaian :

• Angka satuan ysng menghasilkan angka nol adalah kelipatan 5 dikali kelipatan 2 yakni sebanyak .
• Angka puluhan yang menghasilkan angka nol sebanyak .
• Angka ratusan yang menghasilkan angka nol sebanyak

Jadi banyak angka nol terakhir dari 1000! Adalah 200 + 40 + 8 + 1 = 249

1. Tentukan dua angka terakhir dari bilangan 3¹²³⁴

Penyelesaian :

Dua angka terakhir 3¹²³⁴ = sisa pembagian 3¹²³⁴ o leh 100.

3¹²³⁴ mod (100) º (3⁵)²⁰⁶ mod (100)

º (243)²⁰⁶ X 3⁴ mod (100)

º (43)^{2 X 103} X 81 mod (100)

º (1849)103 X 81 mod (100)

º (49)^{2 X 51 + 1} X 81 mod (100)

º (2401)⁵¹ X 49 X 81 mod (100)

º 1⁵¹ X 3969 mod (100)

º 69 mod (100)

Jadi dua angka terakhir dari bilangan 3¹²³⁴ adalah 69.

2. Tunjukkan bahwa 3¹⁰⁵ + 4¹⁰⁵ habis dibagi 7

Penyelesaian :

3¹⁰⁵ + 4¹⁰⁵ mod 97)    = 3¹⁰⁵ + (7 – 3)¹⁰⁵ mod (7)

= 3¹⁰⁵ + (-3)¹⁰⁵ mod (7)

= 0 mod (7)

Kesimpulan : 3¹⁰⁵ + 4¹⁰⁵ habis dibagi 7

3. Untuk n bilangan asali, buktikan bahwa n³ + 5n habis dibagi 6.

Penyelesaian :

n³ + 5n    = n³ – n + 6n

= (n – 1)n (n + 1) + 6n

Karena (n – 1)n (n + 1) merupakan tiga bilangan bulat yang berurutan, maka (n – 1)n (n – 1) habis dibagi 6. Dengan demikian n³ + 5n habis dibagi 6.

4. Jika n > 4 merupakan bilangan komposit, maka tunjukkan bahwa n|(n – 1)

Penyelesaian :

Karena n bilangan komposit, maka trdapat bilangan bulat n_1, n₂ sehingga n = n₁ n₂ dan n₁, n₂ > 1. Jelas bahwa n₁, n₂ < n. Dua kasus yang mungkin adalah :

• n₁ = n₂, maka kedua bilangan termasuk ke dalam perkalian

(n – 1)! = 1, 2 … (n – 1)

Akibatnya n|(n – 1)!

• n₁ = n₂, maka n = n₁². Karena n > 4 maka n¹ > 2. Dengan demikian n = n₁² = n¹ n¹ > 2n, hal ini mengakibatkan n¹ dan 2n₁ kurang dari n masuk ke dalam perkalian

(n – 1) | = 1, 2 … (n – 1)

Jadi : 2n₁² | (n – 1)! Maka n|(n – 1)!

1. Jika n bilangan bulat, tunjukkan bahwa n⁴ – 20n² + 4 bukan bilangan prima.

Penyelesaian :

n⁴ – 20n² + 4    = n⁴ – 4n² + 4 – 16n²

= (n² – 2)² – 16n²

= (n² – 2 – 4n)(n² – 2 + 4n)

Misalkan :     n²– 2 – 4n = 1

n² – 4n – 3 = 0

n_{1 . 2} =

Jika n bulat maka n² – 2 – 4n = 1

Dengan cara yang sama didapat bahwa n² – 2 – 4n 1 dan n² – 2 – 4n 1.

Kesimpulan : jika n bulat maka n⁴ – 20n² + 4 bukan bilangan prima.

2. Jika p > 3 bilangan prima, tunjukkan bahwa 24|p² – 1

Penyelesaian :

Karena p > 3 bilangan prima maka p – 1 dan p + 1 bilangan genap, yang satunya dapat dibagi 2 dan satunya lagi dapat dibagi 4; akibatnya 8|p² – 1 ………………………………………………..    (1)

Sekarang perhatikan bahwa salah satu dari bilangan p – 1, p, p + 1 dapat dibagi 3. Karena p prima yang lebih besar dari 3 maka 3 ł p; akibatnya 3|p² – 1 ………………………………………    (2)

Karena 3 dan 8 saling prima maka dari (1) dan (2) didapat 24|p² – 1.

3. Buktikan bahwa hanya ada satu nilai n yang membuat 2⁸ + 2¹¹ + 2ⁿ kuadrat sempurna.

Penyelesaian :

Misalkan 2⁸ + 2¹¹ + 2ⁿ = m²

2ⁿ = m² – 2⁸ (1 + 2³)

= m² – 2⁸ . 9

2ⁿ = (m – 48)(m + 48)

Menurut teorema Faktorisasi Tunggal, maka ada bilangan bulat tidak negatif s dan t sehi8ngga ;

M – 48 = 2^s. m + 48 = 2^t, s + t = n

Jadi :

2^s + 48 = 2^t – 48

2^t – 2^s = 96 Þ 2^s (2^{t – s} – 1) = 2⁵ X 3

S = 5 dan r = 7

maka n = s + t = 12