KETERBAGIAN BILANGAN BULAT

MODUL 2

KETERBAGIAN BILANGAN BULAT

Gatot Muhsetyo

 

Pendahuluan

       Dalam modul Keterbagian Bilangan Bulat ini diuraikan tentang sifat-sifat dasar keterbagian, algoritma pembagian, konsep-konsep dasar factor persekutuan terbesar (fpb) dan kelapatan pesekutuan terkecil (kpk) dan penerapannya, algoritma Euclides, serta keprimaan.

Keterbagian (divisibility) merupakan bahan dasar dalam uraian lebih lanjut tentang pembahasan teori bilangan. Setelah pembahasan tentang fpb dan kpk, sifat-sifat dasar keterbagian dapat diperluas menjadi lebih lengkap dan mendalam. Demikian pula pembahasan tentang fpb dan kpk beserta sifat-sifatnya dapat lebih dikembangkan dan dikaitkan dengan keterbagian. Penerapan algoritma Euclides dalam pembahasan fpb dan kpk merupakan bahan yang memberikan peluang kemudahan untuk mencari fpb dan kpk dari bilangan-bilangan yang relative besar, dan untuk menyatakan suatu fpb sebagai kombinasi linier dari bilangan-bilangan komponennya.

Secara keseluruhan, materi pokok dalam modul ini meliputi keterbagian, fpb dan kpk, dan keprimaan. Keterkaitan antara ketiga materi pokok menjadi lebih jelas setelah berbagai kasus dipaparkan dan diselesaikan melalui contoh, tugas, latihan, dan tes formatif.

 

Kompetensi Umum

Kompetensi Umum dalam mempelajari modul ini adalah mahasiswa mampu memahami konsep dan sifat keterbagian, fpb dan kpk, keprimaan, dan keterkaitan antara ketiga topic pokok.

 

Kompetensi Khusus

Kompetensi Khusus dalam mempelajari modul ini adalah mahasiswa mampu menjelaskan konsep keterbagian dan sifat-sifatnya, konsep fpb dan kpk serta sifat-sifatnya, konsep keprimaan dan sifat-sifatnya, serta keterkaitan satu sama lain untuk menyelesaikan masalah-masalah tertentu

 

 

Susunan Kegiatan Belajar

       Modul 2 ini terdiri dari dua Kegiatan Belajar. Kegiatan Belajar pertama adalah Keterbagian Bilangan Bulat, dan Kegiatan Belajar kedua adalah FPB dan KPK. Setiap kegiatan belajar memuat Uraian, Contoh, Tugas dan Latihan, Rambu-Rambu Jawaban Tugas dan Latihan, Rangkuman, dan Tes Formatif. Pada bagian akhir modul 2 ini ditempatkan  Rambu-Rambu Jawaban Tes Formatif 1 dan Tes Formatif 2.

 

Petunjuk Belajar

1. Bacalah Uraian dan Contoh dengan cermat dan berulang-ulang sehingga Anda benar-

benar memahami dan menguasai materi pembahasan.

2. Kerjakan Tugas dan Latihan yang tersedia secara mandiri. Jika dalam kasus  atau  ta-

hapan tertentu Anda mengalami kesulitan menjawab, maka pelajarilah Rambu-Ram-

bu Jawaban Tugas dan Latihan. Jika langkah ini belum berhasil menjawab  permasa-

lahan, maka mintalah bantuan tutor Anda, atau orang lain yang lebih tahu.

3. Kerjakan Tes  Formatif  secara  mandiri, dan  periksalah  Tingkat  Penguasaan  Anda

dengan cara mencocokkan jawaban Anda dengan Rambu-Rambu Jawaban Tes  For-

matif. Ulangilah pengerjaan Tes Formatif sampai Anda benar-benar merasa  mampu

mengerjakan semua soal dengan benar.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

MODUL 2

KEGIATAN BELAJAR 1

KONSEP DASAR KETERBAGIAN

 

Uraian

Pembagian bilangan bulat merupakan bahan pelajaran matematika yang sudah diberikan di sekolah dasar. Bahan pelajaran ini diperluas penggunaannya sampai pada pemfaktoran prima, faktor persekutuan terbesar (FPB), kelipatan persekutuan terkecil (KPK), dan keterbagian oleh bilangan tertentu (misalnya keterbagian oleh 2,3, atau 9). Untuk memberikan dasar atau landasan yang lebih kuat kepada guru matematika di sekolah, maka mereka perlu belajar lebih mendalam tentang konsep-konsep dasar keterbagian.

Keterbagian (divisibility) merupakan dasar pengembangan teori bilangan, sehingga konsep-konsep keterbagian akan banyak digunakan di dalam sebagian besar uraian atau penjelasan matematis tentang pembuktian teorema.

Jika suatu bilangan bulat dibagi oleh suatu bilangan bulat yang lain, maka hasil baginya adalah suatu bilangan bulat atau suatu bilangan yang tidak bulat, misalnya, jika 40 dibagi 8, maka hasil baginya adalah bilangan bulat 8; tetapi jika 40 dibagi 16, maka hasil baginya adalah 2,5. Keadaan inilah yang memberikan gagasan tentang perlunya definisi keterbagian.

Definisi 2.1

Suatu bilangan bulat q habis dibagi oleh suatu bilangan bulat p ≠ 0 jika ada suatu bilangan bulat x sehingga q = px

Notasi

p | q     dibaca p membagi q, p faktor dari q, q habis dibagi p, atau q kelipatan dari p

p Q q   dibaca p tidak membagi q, p bukan faktor dari q, q tidak habis dibagi p, atau q bukan kelipatan dari p

Contoh 2.1

  1. 6 | 18 sebab ada bilangan bulat 3 sehingga 18 = 6.3
  2. 12 Q  15 sebab tidak ada bilangan bulat x sehingga 15 = 12.x
  3. 5 | -30 sebab ada bilangan bulat -6 sehingga -30 = 5.(-6)
  4. -4 | 20 sebab ada bilangan bulat 5 sehingga 20 = (-4).5

Berdasarkan definisi 2.1 diatas jelas bahwa faktor-faktor suatu bilangan bisa merupakan bilangan bulat positif atau merupakan bilangan bulat negatif. Dengan demikian, faktor-faktor dari:

6, adalah 1, -1, 2, -2, 3, -3, 6, dan -6

15, adalah 1, -1, 3, -3, 5, -5, 15,  dan -15

Beberapa sifat sederhana keterbagian adalah :

  1. 1 | p  untuk setiap p Î Z
  2. p | 0  untuk setiap p Î Z dan p ≠ 0
  3. p | p  untuk setiap p Î Z dan p ≠ 0
  4. Jika p | q, maka kemungkinan hubungan antara p dan q adalah p < q, p = q, atau       p > q (misalnya 3 | 6, 3 | 3, atau 3 | -3)

 

Teorema 2.1

Jika p, q Î Z dan  p | q, maka p | qr untuk semua  r Î Z

Bukti:

Diketahui bahwa p | q, maka menurut definisi 2.1, ada suatu xÎZ sehingga   q  =  px

q = px berarti qr = pxr, atau qr = p(x.r) dengan xr Î Z (sebab x Î Z dan r Î Z)

Sesuai dengan definisi 2.1, karena qr = p(xr) maka p | qr

 

Teorema 2.2

Jika p , q, r Î Z, p | q, dan q | r , maka p | r

Bukti:

Diketahui p | q dan q | r, maka menurut definisi 2.1, tentu ada x, y Î Z sehingga q = px dan r  =  qy,

r = qy dan q  =  px, maka r  =  (px)y atau r  =  p (xy) dengan x, yÎZ

Sesuai dengan definisi 2.1, karena r = p(xy), maka  p | r

 

Teorema 2.3

Jika p, q Î Z, p | q dan q | p, maka p = q

Bukti:

Diketahui p | q dan q | p maka menurut definisi 2.1, terdapat x,y Î Z sehingga

p = qx dan q  =  py.

Jadi: p = (py)x = p(yx) = (xy) = (xy)p, atau 1.p = (xy) p, sehingga xy = 1

Dengan demikian, karena x,y Î Z dan xy = 1, maka diperoleh x = -1 = y atau

x = 1 = y

Jika x = -1 = y, maka p = -q

Jika x = 1 = y, maka p = q

 

Teorema 2.4

Jika p, q, r Î Z, p | q dan p | r, maka p | q + r

Bukti:

Karena p | q dan p | r, maka menurut definisi 2.1, ada x,y Î Z sehingga q =  px dan r = py.

Dengan demikian q + r = px + py = p(x + y)

Kerena x,yÎZ, maka sesuai dengan sifat tertutup penjumlahan bilangan bulat,    x + y Î Z

Jadi : p | q + r

 

Teorema 2.4 dapat diperluas tidak hanya berlaku untuk q, r tetapi untuk q, r, s, t,.., artinya jika p | q, p | r, p | s, p | t, dan…, maka p | q  +  r  +  s  +  t  +…

Selanjutnya, teorema 2.4 tetap berlaku jika operasi penjumlahan (+) diganti dengan operasi pengurangn (–), buktikan !

 

Teorema 2.5

Jika p, q, r Î Z, p | q dan p | r, maka  p | qx + ry untuk semua x, y Î Z             (qx + ry disebut kombinasi linear dari q dan r)

Buktikan!

 

Teorema 2.6.

Jika p, q, r Î Z, p  > 0, q  >  0, dan p | q, maka p  £  q

Bukti:

Karena p | q, maka menurut definisi 2.1, ada x Î Z sehingga q = px

Karena p > 0, q > 0, dan q = px, maka x > 0

Karena x Î Z dan x > 0, maka kemungkinan nilai-nilai x adalah 1, 2, 3, …, yaitu x = 1 atau x > 1

Jika x = 1, maka q = px = p(1) = p.

Jika x > 1, dan q = px, maka p < q

Jadi  p  ≤  q

 

Teorema 2.7

Jika p, q, r Î Z, p > 0, q > 0, p | q dan q | p, maka p = q.

Buktikan!

 

Teorema 2.8

p | q jika dan hanya jika kp | kq untuk semua k Î Z dan k ≠ 0

Buktikan!

 

Teorema 2.9

Jika p, q, r Î Z, p ≠ 0, p | q + r, dan p | q, maka p | r

Buktikan!

 

Uraian berikutnya membahas tentang algoritma pembagian. Suatu algoritma didefinisikan sebagai serangkaian langkah-lanbgkah atau prosedur yang jelas dan terhingga untuk menyelesaikan suatu masalah. Kita lazim menggunakan istilah algoritma pembagian (division algoritma) meskipun istilah ini tidak menunjukkan adanya altoritma. Pembicaraan algoritma sebagai prosedur dalam menyelesaikan masalah terdapat nanti pada pembahasan tentang algoritma Enclides.

 

Teorema 2.10, Algoritma Pembagian

Jika p, q Î Z dan p > 0, maka ada bilangan-bilangan r, s Î Z  yang masing-masing tunggal sehingga q = rp  +  s  dengan 0 £ s < p.

Jika p tidak membagi  q, maka s memenuhi ketidaksamaan 0 < s < p.

Dari pernyataan q = rp + s, 0 ≤ s < p, r disebut hasil bagi (quotient), s disebut sisa (remainder), q disebut yang dibagi (dividend) dan p disebut pembagi (divisor). Kita secara tradisi menggunakan istilah algoritma meskipun sesungguhnya algoritma pembagian bukan merupakan suatu algoritma.

Sebelum membuktikan Teorema 2.9, agar lebih mudah dalam memahami langkah-langkah pembuktian, simaklah dengan cermat uraian berikut:

Ditentukan dua bilangan bulat 4 dan 7 dengan 4 | 7, maka dapat dibuat barisan aritmetika 7 – (r.4) dengan x Î Z

untuk r = 3, 7 – (r.4)      = 7 – 12   = -5

untuk r = 2, 7 – (r.4)      = 7 – 8     = -1

untuk r = 1, 7 – (r.4)      = 7 – 4     =  3

untuk r = 0, 7 – (r.4)      = 7 – 0    =  7

untuk r = -1, 7 – (r.4)    = 7 – (-4)=  11

dan seterusnya

sehingga diperoleh barisan …, -5,  -1,  3, 7,  11,  …

Barisan ini mempunyai suku-suku yang negativf, dan suku-suku yang tidak negatif sebagai unsur-unsur himpunan T.

T  =  {3, 7, 11,…} atau T  =  {7 – (4.r) | r Î Z, 7 – (4.r)  ³  0}

Karena TN dan N adalah himpunan yang terurut rapi, maka menurut prinsip urutan rapi, T mempunyai unsur terkecil.

Perhatikan bahwa unsur terkecil T adalah 3.

Karena 3 Î T, maka 3 = 7 – (4.r) untuk suatu r Î Z. dalam hal ini r = 1, sehingga

3 = 7 -  (4.1), atau 7 = 1.4 + 3

Dengan demikian dapat ditentukan bahwa:

7 = 1.4  + 3 dengan 0  £  3  < 4

Karena   4 │ 7, maka 7 = r.4  +  s dengan r  =  1 dan s  =  3

Perhatikan bahwa untuk 4, 7 Î Z, ada r, s Î Z sehingga 7 = r.4 + s dengan 0  ≤ s <  4

Marilah sekarang kita membuktikan teorema 2.10

Bukti:

Dengan p, q Î Z dapat dibentuk suatu barisan aritmatika (q –  rp) dengan r Î Z, yaitu … , q – 3p, q – 2p, q – p, q, q + 2p, q + 3 p, …

yang mempunyai bentuk umum q – rp

Ambil suatu himpunan T yang unsur-unsurnya adalah suku barisan yang tidak negatif, yaitu:

T = {q – rp | r Î Z, q – rp ³ 0}

Karena TN dan N adalah himpunan yang terurut rapi, maka menurut prinsip urutan rapi, T mempunyai unsur terkecil, misalnya s.

Karena s Î T, maka s = q – rp untuk suatu r Î Z, sehingga q = rp + s.

Jadi jika p, q Î Z dan p > 0, maka ada r, s Î Z sehingga q = rp + s.

Sampai disini pembuktian baru pada tahap menunjukkan eksistensi dari r dan s. berikutnya akan dibuktikan bahwa 0 ≤ s < p dengan menggunakan bukti tidak langsung.

Anggaplah bahwa 0 £ s < p tidak benar, s < 0 atau s ³ p.

Karena s Î T, maka s tidak mungkin negatif, sehingga kemungkinannya tinggal s ³ p.

s ³ p, maka s – p ³ 0, sehingga (q – rp) – p ³ 0 atau q – (r + 1) p ³ 0.

Karena s – p ³ 0 dan s – p = q – (r + 1) p atau s – p mempunyai bentuk q – rp, maka s – p Î T

Karena p > 0, maka s – p < s, sehingga s – p merupakan unsur T yang lebih kecil dari s. Hal ini bertentangan dengan pengambilan s sebagai unsur terkecil dari T.

Jadi: 0 £ s < p

Selanjutnya, buktikan ketunggalan dari r dan s

Petunjuk: gunakan bukti tidak langsung, misalnya r dan s tidak tunggal, yaitu ada r1, r2, s1, s2 Î Z dan :

q = r1p + s1, 0 < s1 < p

q = r2p + s2, 0 < s1 < p

 

Contoh 2.1

Tunjukkan:

  1. Jika p | q, maka p2 | q2
  2. Jika p | q, maka p | 3q2

Jawab:

  1. Karena p | q, maka sesuai dengan definisi 2.1, ada bilangan k Î Z sehingga q = kp, dengan demikian q2  =  k2p2.

Sesuai dengan sifat ketertutupan perkalian bilangan bulat, karena      k Î Z, maka k . k = k2 Î Z

q2 = k2p2 dan k2 Î Z, maka sesuai dengan definisi 2.1, p2 | q2.

  1. Karena p | q, maka sesuai dengan teorema 2.1, p|qr untuk semua r Î Z

Ambil r = 3q, maka 3q Î Z untuk sebarang q Î Z

Dengan demikian, dari p | qr dan r = 3q Î Z, maka p | q (3q) atau

p | 3q2.

 

Contoh 2.2.

Diketahui:  (a1a0)  = a1.10 + a0 dan 3 | t

Tunjukkan bahwa t | a1 + a0

Jawab:

t = a1.10 + a0 = a1 (9 + 1) + a0 = 9a1 + (a1 + a0)

3 | t atau 3 | 9a0 + (a1 + a0) dan 3 | 9a0, maka menurut teorema 2.9,           3 | a1 + a0

Contoh 2.3

Diketahui t = (a4 a3 a2 a1 a0) = a4.104 + a3.103 + a2.102 + a1.10 + 40 dan  11 | t

Tunjukkan bahwa t | a0 – a1 + a2 – a3 – a3 + a4

Jawab:

t = a4.104 + a3.103 + a2.102 + a1.10 + a0

= a0 + a1(11 – 1) + a2 + a1(99 + 1) + a3 (1001 – 1) + a4 (9999 + 1)

= (11a1 + 99a2 + 1001a3 + 9999a4) + (a0 -a1 + a2 -a3 + a4)

t = 11(a1 + 9a2 + 91a3 + 909a4) + (a0 -a1 + a2 -a3 + a4)

Karena  11 | t, yaitu 11 | 11(a1 + 9a2 + 91a3 + 909a4) + (a0 -a1 + a2 -a3 + a4) dan 11 | 11 (a1 + 9a2 + 91a3 + 909a4), maka menurut teorema 2.9,     11 | (a0 -a1 + a2 -a3 + a4)

Contoh 2.4

Menurut teorema algoritma pembagian, nyatakan sebagai q = rp + s, 0 ≤ s < p, jika:

  1. p = 7 dan q = – 100
  2. p = 12 dan q = – 150

Jawab:

  1. -100 = (-15)(7) + 5, 0 £ 5 < 7
  2. -150 = (-13)(12) + 6, 0 £ 6 < 12

 

Teorema algoritma pembagian dapat digunakan untuk memilahkan atau memisahkan himpunan bilangan bulat menjadi n himpunan bagian yang saling lepas (disjoint) dengan n Î {2, 3, 4,…}

Jika p = 2 dan q adalah sebarang bilangan bulat, maka menurut teorema algoritma pembagian, q dapat dinyatakan sebagai:

q = 2p + s, 0 ≤ s < 2

Karena r Î Z dan  0 ≤ r < 2, maka kemungkinan nilai-nilai s adalah s = 0 dan s = 1

untuk s  =  0, q  =  2p  +  s  =  2p  +  0  =  2p

untuk s  =  1, q  =  2p  +  s  =  2p  +  1

q = 2p dengan p Î Z disebut bilangan bulat genap (even integer) dan q = 2p + 1 dengan p Î Z disebut bilangan bulat ganjil atau gasal (odd integer). Dengan demikian himpunan bilangan bulat dapat dipisahkan menjadi dua himpunan bagian yang lepas, yaitu himpunan bilangan bulat genap dan himpunan bilangan bulat ganjil. Dengan kata lain, setiap bilangan bulat selalu dapat dinyatakan sebagai salah satu dari:

q = 2p atau q = 2p + 1, p Î Z

Dengan jalan lain yang sama, setiap bilangan bulat selalu dapat dinyatakan sebagai:

q = 3p, q = 3p + 1, q = 3p + 2, p Î Z

q = 4p, q = 4p + 1, q = 4p + 2, q = 4p + 3 , p Î Z

q = 5p, q = 5p + 1, q = 4p + 2, q = 5p + 3 , q = 5p + 4, p Î Z

dan seterusnya.

 

Contoh 2.5

Buktikan: 2 | n3 – n untuk sebarang n Î Z

Bukti:

Menurut teorema 2.10 (algoritma pembagian), setiap bilangan bulat n dapat dinyatakan sebagai n = 2p atau n = 2p + 1

Untuk n = 2p, dapat ditentukan:

n3 – n   = n (n2 -1)

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

= 2p (2p -1) (2p +1)

Jadi 2 | n3 – n

Untuk n = 2p + 1, dapat ditentukan

n3 – n   = n (n2 -1)

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

= (2p +1) (2p +1 – 1) (2p +1 + 1)

= 2p(2p + 1)(2p + 2)

Jadi 2 | n3 – n

Dengan demikian 2 | n3 – n untuk sekarang n Î Z

 

Selanjutnya, marilah kita lihat cara mengganti suatu bilangan dalam basis 10 menjadi basis yang lain dengan menggunakan teorema yang dibuktikan dengan menggunakan teorema algoritma pembagian.

 

Teorema 2.11

Jika q Î z dan q > 1, maka setiap n Î Z+ dapat dinyatakan  secara tunggal dalam bentuk n = pkqk + pk-1qk-1 + ….. + p2q2 + p1q1 + p0q0

yang mana k Î Z, k ≥ 0, pt Î Z, 0 £ pt < q – 1, t = 0, 1,…, k dan  pk ≠ 0

Bukti:

Karena q Î Z dan q > 1, maka q > 0, sehingga menurut teorema algoritma pembagian, hubungan antara n dan q adalah :

n = qr0 + p0, 0 £ p0 < q (0 £ p0 £ q -1)

Jika r0 ≠ 0, maka hubungan antara r0 dan q menurut teorema algoritma pembagian adalah:

r0 = qr1 + p1, 0 ≤ p1 ≤ q (0 ≤ p1 ≤ q – 1)

Jika langkah serupa dikerjakan, maka diperoleh:

r1 = qr2 + p2, 0 ≤ p2 ≤ q (0 ≤ p2 ≤ q – 1)

r2 = qr3 + p3, 0 ≤ p3 ≤ q (0 ≤ p3 ≤ q – 1)

 

rk-2 = qrk-1 + pk-1, 0 ≤ pk-1 < q (0 ≤ p k-1 ≤ q – 1)

rk-1 = qrk-1 + pk-2, 0 ≤ pk-2 < q (0 ≤ pk ≤ q – 1)

Ambil rk = 0, maka barisan r0, r1,…, rk merupakan barisan bilangan bulat tidak negatif yang menurun, paling banyak mempunyai suku-suku bernilai nol (yaitu rk), dan k suku yang positif (yaitu r0,r1,…, rk-1).

Dari hubungan antara n, q, dan ri (i = 0,1, 2,…, k) diatas dapat ditentukan bahwa:

n = qr0 + p0

= q(r1 + p1) + p0 = q2r1 + qp1 + p0

= q2(qr2 + p2) + qp1 + p0 = q3r2 + q2p2 + qp1 + p0

= ….

= qk-1rk-2 + qk-2pk-2 + qk-3pk-3 + …. + qp1 + p0

= qk-1(qrk-1 + pk-1) + qk-2pk-2 + qk-3pk-3 + … + qp1 + p0

= qk rk-1 + qk-1pk-1 + qk-2pk-2 + qk-3pk-3 + … + qp1 + p0

= qk(qrk + pk) + qk-1pk-1+ qk-2pk-2 + qk-3pk-3 + … + qp1 + p0

n = qk+1rk + qkpk + qk-1pk-1 + qk-2pk-2 + qk-3pk-3 +… + qp1 + p0

Karena rk = 0, maka :

n = qkpk + qk-1pk-1 + qk-2pk-2 + qk-3pk-3 +… + qp1 + p0

n = pkqk + pk-1qk-1 + pk-2qk-2 +pk-3qk-3 +… + qp1 + p0

n = (pkpk-1pk-2pk-3 … p1 + p0)q

Ini berarti bilangan asli n yang ditulis dalam lambang bilangan basis 10, dapat diubah menjadi lambang bilangan basis q > 1

Agar langkah-langkah dalam pembuktian teorema 2.10 dapat dipahami dengan sebaik-baiknya, marilah kita lihat suatu peragaan berikut ini.

Ambil n = 985 dan q = 6

985    =  6.164 + 1       (n    = qr0 + p0, r0 = 164, p0   = 1)

164    =  6.27 + 2         (r0   = qr1 + p1, r1 = 27, p1     = 2)

27      =  6.4 + 3           (r1   = qr2 + p2, r2 = 4,  p2 = 3)

4        =  6.0 + 4           (r2   = qr3 + p3, r3 = 0,  p3 = 4)

Dengan demikian dapat ditentukan bahwa:

985    =  6.164 + 1

=  6(6.27 + 2) + 1 = 62.27 + 6.2 + 1

=  62(6.4 + 3) + 6.2 + 1 = 63.4 + 62.3 + 6.2 + 1

Jadi: (985)10 = (4321)6

Perhatikan pola yang terdapat pada lambang bilangan basis 6 yang dicari. Angka-angka pada lambang bilangan basis 6 yang dicari merupakan sisa dari masing-masing algoritma pembagian.

 

Contoh 2.6.

Tuliskan (985)10 dalam lambang bilangan basis 4 dan basis 3.

Jawab:

985   = 4.246 + 1

246   = 4.61 + 2

61     = 4.15 + 1

15     = 4.3 + 3

3       = 4.0 + 3

(985)10 = (33121)4

Pemeriksaan:

(33121)4 =  3.44 + 3.43 + 1.42 + 2.4 + 1

=  768 + 192+ 16+ 8 + 1

=  985

985        =  3.328 + 1

385        =  3.109 + 1

109        =  3.36 + 1

36          =  3.12 + 0

12          =  3.4 + 0

4            =  3.1 + 1

1            =  3.0 + 1

(985)10   =  (1100111)3

Pemeriksaan:

(1100111)3  = 1 . 36 + 1 . 35 + 0 . 34 + 0 . 33 + 1 . 32 + 1 . 3 + 1

= 729 + 243 + 0 + 0 + 9 + 3 + 1    =  985

 

Tugas dan Latihan

Tugas

Carilah suatu sumber pustaka yang membicarakan tentang pembagian oleh 1001 dengan menggunakan cara pencoretan (scratch method). Ambil suatu bilangan, lakukan pembagian bilangan itu oleh 1001 dengan cara biasa dan jelaskan bagaimana proses pembagian itu dapat diganti dengan cara pecoretan untuk memperoleh sisia pembagian.

Berikan satu contoh pembagian suatu bilangan oleh 1001 dengan menggunakan cara pencoretan. Jelaskan manfaat dari cara pencoretan terhadap pembagian bilangan 7, 11 dan 13.

 

Latihan

1. Buktikan: jika a, b, c Î z , a | b dan a | c, maka a | b + c

2. Nyatakan q dalam bentuk q = rp + s, 0 £ s < p, jika :

  1. q = 79 dan p = 8

q = 203 dan p = 13

q = -110 dan p = 7

q = -156 dan p = 8

3. Buktikan ketunggalan dari r dan s pada teorema algoritma pembagian

4. Diketahui: t = (a4 a5 a3 a2 a1 a0) dan 7 | t

Tunjukkan bahwa 7 | (a0 + 3a1 + 2a2) – (a3 + 3a4 + 2a5)

5. Buktikan: 3 | n3-n untuk setiap n Î Z

6. Nyatakan (475)10 dalam lambang bilangan basis 7 dan basis 5

 

Rambu-Rambu Jawaban Tugas dan Latihan

Rambu-Rambu Jawaban Tugas

 

 

Sisa  →

Urutan ke 4 dikurangi urutan ke 1

2  4  5  7  8  6

 

 

 

 

Sisa  →

Urutan ke 5 dikurangi urutan ke 2

2  4  5  7  8  6

 

 

 

Urutan ke 6 dikurangi urutan ke 3

Sisa  →

2  4  5  7  8  6

 

Gabungan dari tiga keadaan di atas dapat disederhanakan menjadi :

 

5 4 1

2 4 5 7 8 6

 

Sisa pembagian adalah 541

 

Satu contoh pembagian 23569127418 oleh 1001 dengan cara pencoretan untuk memperoleh sisa pembagian adalah sebagai berikut:

 

5 5    1 8

4 6 6 8 2 9 3 7

2 3 5 6 9 1 2 7 4 1 8

Sisa pembagian adalah 837

Keadaan ini menunjukkan bahwa:

23569127418  = 1001 x + 837 untuk suatu x Î Z+

23569127418  = 7.11.13.x + 837

Dengan demikian penyelidikan suatu bilangan habis dibagi oleh 7, 11 atau 13 dapat dijelaskan lebih mudah karena:

jika   7 | 837, maka   7 | 7.11.13x + 837 atau   7 | 23569127418

jika 11 | 837, maka 11 | 7.11.13x + 837 atau 11 | 23569127418

jika 13 | 837, maka 13 | 7.11.13x + 837 atau 13 | 23569127418

Karena 7 | 837, 11 | 837, dan 13 | 837, maka 7, 11, dan 13 tidak habis membagi atau bukan faktor dari 23569127418

 

 

Rambu-Rambu Jawaban Latihan

  1. Gunakan definisi 2.1

Karena a | b, maka b = xa untuk suatu x Î Z

Karena a | c, maka c = ya untuk suatu y Î Z

b = xa dan c = ya, maka b + c = xa + ya = (x + y)a

Jadi: a | b + c

  1. a. 79      = 9.8 + 7                           c. -110 = (-16).7 + 2

b. 203   = 15.13 + 8                       d. -156 = (-20).8 + 4

  1. Jika p, q Î z dan p > 0, maka ada bilangan-bilangan r, s Î Z yang masing-masing tunggal sehingga q = rp + s dengan 0 ≤ s < p

Untuk membuktikan ketunggalan r dan s digunakan bukti tidak langsung.

Misalkan r dan s masing-masing tidak tunggal, yaitu ada r1, r2, s1, s2 Î Z sedemikian hingga:

q = r1p + s1,     0 £ s1, < p

q = r2p + s2,     0 £ s2, < p

dengan r1 ≠ r2 dan s, s1 ≠ s2

Misalkan s1 > s2, maka dari:

r1p + s1 = r2p + s2

diperoleh:

s1 – s2  = p(r2 – s1)

berarti p | s1 – s2

Karena 0 £ s < p dan 0 £ s2 < p, maka –p < s1-s2 < p, sehingga:

  1. Jika 0 < s1-s2 < p, maka p |  s1 – s2. tidak mungkin 0 < s1-s2 < p
  2. Jika –p < s1-s2 < 0, maka 0 < s2-s1 < p, sehingga p |  s2 – s1

Jadi: p |  s1 – s2 . Tidak mungkin –p < s1-s2 < 0

  1.  Jika s1 – s2 = 0, maka p | s1 – s2.

Dari 1, 2, dan 3 dapat ditentukan bahwa tidak mungkin 0 < s1-s2 < p, dan tidak mungkin –p < s1-s2 < 0.

Jadi   s1 – s2 = 0, berarti s1 = s2

            s1 = s2 dan s1 – s2 = p(r2 – r1), maka p(r2 – r1) = 0

Karena p > 0 dan p(r2 – r1) = 0, maka r2 – r1 = 0 atau r1 = r2

 

  1. t = (a5 a4 a3 a2 a1 a0) = a5.105 + a4.104 + a3.103 + a2.102 + a1.10 + a0

t dapat dinyatakan sebagai:

t    = a0 + a1.10 + a2.102 + a3.103 + a4.104 + a5.105

= a0 + a1(7 + 3) + a2(98 + 2) + a3(1001 – 1) + a4(10003 – 3)+

a5(100002 – 2)

t    = (a0 + 3a1 + 2a2) – (a3 + 3a4 + 2a5) + 7(a1 + 14a2 +143a3 +1429a4 + 14286a5)

Karena 7 | t dan 7 | 7(a1 + 14a2 + 143a3 + 1429a4 + 14286a5), maka sesuai teorema 2.9 , t | (a0 + 3a1 + 2a2) – (a3 + 3a4 + 2a5)

  1. Nyatakan n3 – n = n (n2 – 1) = n(n + 1)(n – 1)

Selidiki apakah 3 | n3 – n jika n diganti dengan n = 3k, n = 3k + 1, dan n = 3k+2

  1. 475   = 7.67 + 6                       475    = 5.95 + 0

67     = 7.9 + 4                         95      = 5.19 + 0

9       = 7.1 + 2                         19      = 5.3 + 4

1       = 7.0 + 1                         3        = 5.0 + 3

(475)10 = 1246)7                       (475)10 = (3400)5

 

Rangkuman

Dalam Kegiatan Belajar 1 ini, beberapa bagian yang perlu diperhatikan adalah definisi keterbagian, teorema-teorema keterbagian, dan penerapan keterbagian.

  1. Definisi keterbagian terkait dengan konsep membagi atau konsep faktor, dan konsep bilangan bulat genap atau bilangan bulat ganjil yang diperoleh sebagai akibat teorema algoritma pembagian.
  2. Terdapat 10 teorema keterbagian

2.1.         Jika p, q Î Z dan p | q, maka p | qr untuk semua pÎ Z

2.2.         Jika p, q, r Î Z, p | q, dan q | r  maka p | r

2.3.         Jika p, q Î Z, p | q, dan q | p, maka p = ±q

2.4.         Jika p, q, r Î Z, p | q, dan p | r, maka p | q + r

2.5.         Jika p, q, r Î Z, p | q, dan p | r, maka p | qx + ry

2.6.         Jika p, q, r Î Z, p > 0, q > 0, dan p | q, maka p ≤ q

2.7.         Jika p, q, r Î Z, p > 0, q > 0, p | q, dan q | p, maka p = q

2.8.         p | q jika dan hanya jika kp | kp untuk semua k Î Z dan k ≠ 0

2.9.         Jika p, q, r Î Z, p ≠ 0, p | q + r, dan p | q, maka p | r

2.10.     Algoritma pembagian

Jika p, q Î Z dan p > 0, maka ada bilangan-bilangan r, s Î Z yang masing-masing tunggal sehinga q = rp + s dengan 0 ≤ s < p

2.11.     Jika q Î Z dan q > 1, maka setiap n Î Z+ dapat dinyatakan secara tunggal dalam bentuk :

n = pkqk + pk-1qk-1 + … + p2q2 + p1q1 + p0q0, k Î Z, k ≥ 0,

pt Î Z, 0 £ pt < q – 1, t = 0,1,…,k, dan pt ≠ 0

  1. Penerapan keterbagian dapat ditunjukkan dalam :

3.1  Menjabarkan sifat keterbagian oleh 3, 7, 11, dan 13, dan dapat diperluas menjadi keterbagian oleh 2, 4, 5, 6, 8, dan 9

3.2  Mengganti lambang-lambang bilangan dalam basis 10 menjadi lambang-lambang bilangan dalam  basis bukan 10.

 

Tes Formatif 1

  1. Skor: 20

Carilah masing-masing paling sedikit satu contoh untuk menunjukkan bahwa pernyataan-pernyataan berikut adalah salah.

  1. Jika p | q + r, maka p | q atau p | r
  2. Jika p | qr, maka p | q atau p | r
  3. Jika p + q | r, maka p | r atau q | r
  4. Jika p | r dan q | r, maka p = q
  5. Jika p | q dan p | r, maka q = r
  6. Skor: 20
    1. Tunjukkan : jika n = (a7a6a5a4a3a2a1a0) dan 99|n,

maka 99|(a1a0) + (a3a2) + (a5a4) + (a7a6)

  1. Tunjukkan : jika n = (a7a6a5a4a3a2a1a0) dan 101|n

maka 101|(a1a0) – (a3a2) + (a5a4) – (a7a6)

  1. Skor: 20

Buktikan teorema 2.9 :

Jika p, q, r Î Z, p ≠ 0, p | q + r, dan p | q, maka  p | r

  1. Skor: 20

Buktikan 3 | n3 + 6n2 + 8n untuk semua n Î Z

  1. Skor: 20
    1. Pilihlah suatu bilangan yang terdiri atas 5 angka.

Tulislah bilangan itu dalam basis 2, dan dalam basis 12

  1. Pilihlah suatu bilangan yang terdiri atas 10 angka.

Dengan menggunakan metode pencoretan, selidiki apakah bilangan itu habis dibagi oleh 77 dan habis dibagi oleh 143.

 

Cocokkanlah jawaban anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 1 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Kemudian perkirakan skor jawaban anda yang menurut anda benar, dan gunakan kriteria berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi  Kegiatan belajar 1.

Skor Jawaban Yang Benar

Tingkat Penguasaan  =  ———————————–  x  100 %

100

Tingkat penguasaan dikelompokkan menjadi :

Baik sekali     : 90% – 100%

Baik              : 80% – 89%

Cukup           : 70% – 79%

Kurang          : < 70%

Apabila anda mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, maka Anda dapat meneruskan ke Kegiatan Belajar 2. Bagus! Jika tingkat penguasaan anda kurang dari 80%, maka seharusnya anda mengulangi materi Kegiatan Belajar 1 terutama pada bagian-bagian yang belum dikuasai.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

MODUL 2

KEGIATAN BELAJAR 2

FAKTOR PERSEKUTUAN TERBESAR (FPB)

dan

 KELIPATAN PERSEKUTUAN TERKECIL (KPK)

 

Uraian

Sebelum kita bahas tentang faktor (pembagi) persekutuan terbesar, marilah kita lihat beberapa peragaan berikut:

Perhatikan dua bilangan a = 6 dan b = 8.

Jika A adalah himpunan semua faktor dari a, dan B adalah himpunan semua faktor dari b, serta C adalah himpunan semua faktor persekutuan dari a dan b, maka:

A = {-6, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 6}

B = {-8, -4, -2, -1, 1, 2, 4, 8}

C = A Ç B = {-2, -1, 1, 2}

Unsur (anggota, elemen) dari C yang terbesar adalah 2

2 merupakan faktor persekutuan yang terbesar dari a = 6 dan b = 8

2 juga merupakan bilangan bulat positif terbesar yang membagi a = 6 dan b = 8

Sekarang bagaimana kalau diambil a = -6 dan b = 8

A = {-6, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 6}

B = {-8, -4, -2, -1, 1, 2, 4, 8}

C = A Ç B = {-2, -1, 1, 2}

Unsur dari C yang terbesar adalah 2.

2 merupakan faktor persekutuan yang terbesar dari a = -6 dan b = 8

2 juga merupakan bilangan bulat positif terbesar yang membagi a = -6 dan b = 8

Dengan jalan yang sama, jika diambil a = -6 dan b = -8, maka juga akan diperoleh faktor persekutuan terbesar dari a dan b adalah 2.

Jika untuk menyatakan faktor persekutuan terbesar dari a dan b digunakan lambang

(a, b), maka dapat ditentukan bahwa:

(6, 8)   = 2

(-6, 8)  = 2

(-6, -8) = 2

Ternyata, faktor persekutuan terbesar dari dua bilangan bulat a dan b, apapun tanda masing-masing, selalu diperoleh nilai yang bertanda positif. Bagaimana keadaan faktor persekutuan terbesar ini jika a atau b (tidak keduanya) bernilai nol?

Ambil a = 0 dan b = 6

A = himpunan semua faktor a = 0

= { …, -7, -6, -5, -4, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, …}

B = himpunan semua faktor b = 6

= {-6, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 6}

C = A Ç B

= {-6, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 6}

Unsur yang terbesar dari C adalah 6, berarti (a, b) = (0, 6) = 6

Untuk a = 0 dan b = 0, perhatikan bahwa:

A = {…, -4, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 4, …}

B = {…, -4, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 4, …}

C =  {…, -4, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 4, …}

Sehingga tidak mungkin menentukan unsur yang terbesar dari C, atau faktor persekutuan terbesar dari a = 0 dan b = 0 tidak ada.

 

Definisi 2.3

Ditentukan x, y Î Z, x dan y keduanya bersama-sama bernilai 0.

p Î Z disebut pembagi (faktor) persekutuan (common divisor, common factor) dari x dan y jika p ç x (p membagi x) dan p ç y (p membagi y)

p Î Z disebut pembagi (faktor) persekutuan terbesar (gcd = greatest common divisor, gcf = greatest common factor) dari x dan y jika p adalah bilangan bulat positif terbesar yang membagi x (yaitu p çx) dan membagi y (yaitu p ç y).

Notasi:

d = (x, y) dibaca d adalah faktor (pembagi) pesekutuan terbesar dari x dan y

d = (x1, x2, …, xn) dibaca d adalah faktor (pembagi) persekutuan terbesar dari

x1, x2, …, xn

Perlu diperhatikan bahwa d = (a, b) didefinisikan untuk setiap pasang bilangan bulat

a, b Î Z kecuali a = 0 dan b = 0

Demikian pula, perlu dipahami bahwa (a, b) selalu bernilai bilangan bulat positif, yaitu d Î Z dan d > 0 (atau d ³ 1).

Contoh 2.7

1.        Himpunan semua faktor 16 adalah:

A = {-16, -6, -4, -2, -1, 1, 2, 3, 4, 8, 16}

Himpunan semua faktor 24 adalah:

B = {-24, -12, -8, -6, -4, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24}

Himpunan semua faktor persekutuan 16 dan 24 adalah:

C = {-8, -4, -2, -1, 1, 2, 4, 8}

Karena unsur C yang terbesar adalah 8, maka (16, 24) = 8

Cobalah cari (-16, 24), (16, -24), (-16, -24), (24, -16), dan (-24, 16)

2.         Himpunan semua faktor 12 adalah {-12, -6, -4, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 4, 6, 12}

Himpunan semua faktor 18 adalah  {-18, -9, -6, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 6, 9, 18}

Himpunan semua faktor persekutuan 12 dan 18 adalah {-6, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 6}

Jadi: (16, 24) = 8

3.         Perhatikan:

(6, 9)    = 3 dan 3 = (2)             (6) + (-1) (9)

(16, 40)            = 8 dan 8 = (3) (16) + (-1)(40)

(60, 105)          = 15 dan 15 = (2)         (60) + (-1)(105)

Dari  ketiga kasus di atas nampak adanya pola bahwa (p,q) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier px + qy dengan x, y Î Z

4.         Perhatikan bahwa (6, 9) = 3

Sekarang dibentuk kombinasi linear px + qy dengan x, y Î Z

Nilai-nilai 6p + 9q adalah sebagai berikut:

p = 0 dan q = 0 ® 6p + 9q  = 0

p = 0 dan q = 1 ® 6p + 9q  = 9

p = 1 dan q = 0 ® 6p + 9q  = 6

p = 1 dan q = -1 ® 6p + 9q = -3

p = -1 dan q = 1 ® 6p + 9q = 3

p = -1 dan q = 2 ® 6p + 9q = 12

p = 2 dan q = -1 ® 6p + 9q  = 3

p = 1 dan q = -2 ® 6p + 9q = -12

p = 0 dan q = -1 ® 6p + 9q = -9

p = 2 dan q = -2 ® 6p + 9q = -6

 

Nilai-nilai itu dapat disusun menjadi barisan:

…, -12, -9, -6, -3, 0, 3, 6, 9, 12, …

Ambil S = {3, 6, 9, 12, …}, yaitu himpunan yang unsur-unsurnya adalah suku-suku barisan yang positif, yaitu:

S = {6p + 9q ç6p + 9q > 0 dan p, q Î Z}

Karena S Ì N dan N adalah himpunan terurut rapi, maka S mempunyai unsur terkecil, yaitu 3.

Karena 3 Î S, maka 3 = 6p + 9q dengan p = 2 dan q = -1, atau p = -1 dan q = 1

Jelas bahwa 3 ç6 dan 3 ç9

 

Teorema 2.12

Jika d = (x, y), maka d adalah bilangan bulat posisitif terkecil yang mempunyai bentuk px + qy untuk suatu m, n Î Z, yaitu d dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari x dan y.

Bukti:

Dibentuk kombinasi linear (px + qy) dengan p, q Î Z

Barisan bilangan (px + qy) memuat bilangan-bilangan yang bernilai negatif, bilangan nol (untuk p = 0 dan q = 0), dan bilangan-bilangan yang yang bernilai positif.

Ambil S = {px + qy çpx + qy > 0 dan p,q Î Z }, maka dapat ditentukan bahwa

S Ì N. Karena S Ì N dan N merupakan himpunan yang terurut rapi, maka S

mempunyai unsur terkecil, sebutlah dengan t.

Karena t Î S, maka tentu ada p = m dan q = n sehingga t = mx + ny. Selanjutnya dapat dibuktikan bahwa t çx dan t çy.

Untuk membuktikan t çx digunakan bukti tidak langsung.

Misalkan t Q x, maka menurut teorema 2.9, ada r, s Î Z sehingga

x = tr + s, 0 < s < t

x = tr + s

s = x – tr

= x – (mx + ny) r

= (1 – mr)x + (-ny)r

s = ix + jy dengan i = 1 – mr Î Z dan j = -nq Î Z

Jadi: s = ix + jy Î S dengan s < t

Dengan anggapan t Q x ternyata menghasilkan kontradiksi karena t adalah unsure terkecil S, dengan demikian anggapan t Q x adalah salah, berarti t çx

Dengan jalan yang sama dapat ditunjukkan bahwa t çy

Dari t çx dan t çy berarti t adalah faktor persekutuan dari x dan y.

Karena t adalah faktor persekutuan dari x dan y, dan d adalah faktor persekutuan terbesar dari x dan y, maka t ≤ d

Selanjutnya akan dibuktikan bahwa d ≤ t

d = (x, y), maka menurut definisi 2.3, d çx dan d çy

d çx dan d çy, maka menurut definisi 2.1, x = dv untuk suatu v Î Z dan y = dw untuk suatu w Î Z.

t = mx + ny

= m(dv) + n(dw)

t = d(mv + nw), berarti d çt

Karena d ç t, d > 0, dan t > 0, maka sesuai dengan teorema 2.6, d ≤ t

Karena t ≤ d dan d ≤ t, maka d = t

Jadi: d adalah bilangan bulat positif terkecil yang mempunyai bentuk mx + ny dengan m, n Î Z.

 

Teorema 2.13

Jika k Î N, maka k(x, y) = (kx, ky)

Bukti:

Misalkan d = (x, y) dan e = (kx, ky), maka menurut teorema 2.11, d = rx + sy dan e = mkx + nky untuk suatu r, s, m, n Î Z.

d = rx + sy, maka kd = krx + ksy

Karena d = (x, y), maka menurut definisi 2.3, d çx dan d çy, dan menurut teorema 2.8, kd çkx dan kd çky

Menurut teorema 2.1, kd çkx dan kd çky berakibat kd çmkx dan kd çnky, dan menurut teorema 2.4, kd çmkx + nky, atau kd çe.

Jadi: k(x, y) ç(kx, ky).

Selanjutnya, karena e = (kx, ky), maka menurut difinisi 2.3, e çkx dan e çky, dan menurut teorema 2.8, e çkrx dan e çksy. Menurut teorema 2.4, e çkrx dan e çkry berakibat e çkrx + ksy, atau e çkhd.

Jadi: (kx, ky) çk(x, y)

Karena k(x,y) > 0, (kx,ky) > 0 , k(x, y) ç(kx, ky), dan (kx, ky) çk(x, y), maka menurut teorema 2.7, k(x, y) = (kx, ky)

 

Contoh 2.8.

(60, 102)  =  (6.10, 6.17) = 6(10, 17) = 6.1 = 6

(108, 207) = (9.12, 9.23) = 9(12, 23) = 9.1 = 9

 

Teorema 2.14

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

Bukti:

Misalkan x, y Î Z dan (x, y) = d

Kita akan tunjukkan bahwa  dan  tidak mempunyai pembagi persekutuan yang positif kecuali 1.

Misalkan e adalah suatu bilangan bulat positif yang membagi  dan membagi , yaitu e  ç dan e ç,

Maka, menurut difinisi 2.1,  = ke dan  = te untuk suatu k, t Î Z. Dengan de­mi­kian x = dek dan y = det, berarti de adalah faktor pesekutuan dari x dan y. Karena de adalah faktor persekutuan dari x dan y, dan d adalah faktor persekutuan terbesar da­ri x dan y, maka de ≤ d. Akibatnya e haruslah sama dengan  1

Jadi:  = 1

Teorema 2.15

Jika p, q, r Î Z, p çqr, dan (p, q) = 1, maka p çr

Bukti:

Diketahui (p, q) = 1, maka menurut teorema 2.11, 1 adalah bilangan bulat positif terkecil yang dapat dinyatakan sebagai px + qy dengan x, y Î Z , yaitu px + qy = 1

Karena px + qy = 1, maka rpx + rqy = r, atau prx + qry = r.

Menurut teorema 2.1, karena p çqr, maka p çqry untuk semua y  Î Z. Selanjutnya, karena p çprx dan  p çqry, maka menurut teorema 2.4, p çprx + qry.

Jadi: p çr.

 

Teorema 2.16

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

Bukti:

Diketahui (x, t) = 1 dan (y, t) = 1, maka menurut teorema 2.11, ada p, q, r, s Î Z  sehingga px + qt = 1 dan ry + st = 1.

Dari 1 = px + qt dan 1 = ry + st dapat ditentukan bahwa

1.1 = (px + qt)(ry + st)

1 = prxy + pstx + qrty + qst2

1 = (pr)(xy) + (psx + qry + qst)t

Dengan demikian, sesuai teorema 2.11, karena 1 merupakan bilangan bulat positif terkecil yang merupakan kombinasi linear dari xy dan t, maka:

(xy, t) = 1

 

Teorema 2.17

Ditentukan x, y Î Z

d = (x, y) jika dan hanya jika d > 0, d çx, d çy, dan f çd untuk setiap pembagi persekutuan f dari x dan y

Bukti:

Kita buktikan jika d = (x, y), maka d > 0, d çx, d çy, dan f çd

d = (x, y), maka menurut definisi 2.3, d adalah bilangan bulat positif (d > 0) terbesar yang membagi            x (d çx) dan membagi y (d çy)

Selanjutnya, menurut teorema 2.11, jika d = (x, y), maka d = mx + ny untuk suatu m, n Î Z

Misalkan f adalah sebarang pembagi persekutuan dari x dan y, maka f çx dan f çy, dan menurut teorema 2.1, f çmx dan f çny untuk sebarang m, n Î Z

Menurut teorema 2.4, f çmx dan f çny berakibat f çmx + ny.

Karena f çmx + ny dan d = mx + ny, maka f çd.

Kita buktikan jika d > 0, d çx, d çy, dan f çd untuk sebarang pembagi persekutuan f dari x dan y, maka d = (x, y)

Karena d > 0 , d çx dan d çy, maka d adalah faktor persekutuan dari x dan y.

Selanjutnya, karena f adalah sebarang faktor persekutuan dari x dan y dan f çd, maka f ≤ d, d dan f adalah faktor-faktor persekutuan dari x dan y, f adalah sebarang faktor persekutuan dari x dan y, dan  f ≤ d, maka d adalah faktor persekutuan yang terbesar dari x dan y.

Jadi: d = (x, y).

 

Contoh 2.9

Faktor-faktor persekutuan 4 dan 6 adalah -1, 1, -2, dan 2. Faktor persekutuan terbesar 4 dan 6 adalah 2. Perhatikan bahwa sebarang faktor persekutuan 4 dan 6 membagi faktor persekutuan terbesar 4 dan 6, yaitu: -1 ç2, 1 ç2, -2 ç2, dan 2 ç2.

Contoh 2.10

(18, 24) = 6

Faktor-faktor persekutuan 18 dan 24 adalah -1, 1, -2, 2, -3, 3, -6, dan 6.

Perhatikan bahwa sebarang faktor persekutuan 18 dan 24 membagi 6, yaitu ± 1 ç6,

± 2 ç6, ± 3 ç6, dan ± 6 ç6.

 

Teorema 2.18

(x, y) = (y, x) = (x, -y) = (-x , y) = (-x, -y) untuk sebarang x, y Î Z.

Buktikan!

 

Teorema 2.19

a.             (x, y) = (x, y + ax) untuk sebarang a Î Z

b. (x, y) = (x + yb, y) untuk sebarang b Î Z

Bukti:

a. Sesuai definisi 2.3, (x, y) > 0 dan (x, y + ax) > 0

Karena (x, y) > 0 dan (x, y + ax) > 0, maka untuk membuktikan (x, y) = (x, y + ax), sesuai dengan teorema 2.7 kita harus membuktikan bahwa (x, y) ç(x, y + ax) dan (x, y + ax  ç (x, y). Kita akan membuktikan (x, y) ç(x, y + ax)

Sesuai definisi 2.3, (x, y) çx dan (x, y) çy

Menurut teorema 2.1, karena (x, y) çx, maka (x, y) çax untuk semua a Î Z.

Selanjutnya, sesuai dengan teorema 2.4, karena (x, y) çax dan (x, y) çy, maka

(x, y) çy + ax

(x, y) çx dan (x, y) çy + ax, maka menurut definisi 2.3,  (x, y) adalah faktor

persekutuan dari x dan y + ax, dan akibatnya, sesuai dengan teorema 2.16,

(x, y) membagi (x,y + ax)

Jadi: (x, y) ç(x, y + ax)

Kita akan membuktikan (x, y + ax) ç(x, y)

Sesuai definisi 2.3, (x, y + ax) çx, sehingga menurut teorema 2.1, (x, y + ax) çax

Sehingga menurut teorema 2.1, (x, y + ax) çax untuk semua a ÎZ; demikian

Pula, sesuai definisi 2.3, (x, y + ax)│y + ax.

Selanjutnya, sesuai teorema 2.9, karena:

(x, y + ax çax dan (x, y + ax) çy + ax

maka (x, y + ax) çy.

Karena (x, y + ax) çx dan (x, y + ax) çy, maka sesuai definisi 2.3, (x, y + ax) merupakan faktor pesekutuan dari x dan y, dan sesuai teorema 2.16 setiap faktor persekutuan x dan y tentu membagi (x, y)

Jadi: (x, y + ax) ç(x, y).

Karena (x, y) > 0, (x, y + ax) > 0, (x, y) ç(x, y + ax), dan (x, y + ax) ç(x, y), maka menurut teorema 2.7:

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

b.  Buktikan

 

Contoh 2.11.

(6, 9) = (6,9 + 7.6) = (6,51)

(12,18) = (12,18 + 5.12) = (12, 78)

(40,16) = (40,16 + 9.40) = (40, 376)

(40,16) = (40 + 5.16,16) = (120,16)

(12,18) = (12 + 7.18,18) = (138,18)

(36,15) = (6 + 2.15,15) = (6,15) = (6,3 + 2.6) = (6,3) = 3(2,1) = 3.1 = 3

(84,175) = (84,7 + 2.84) = (84,7) = 7(12,1) = 7.1 = 7

Contoh 2.12

Ditentukan  s0 = 48, s1 = 27,  s2 = 21  s3 = 6,  s4 = 3,  dan s5 = 0

Maka menurut teorema 2.9 (algoritma pembagian),kita dapat melakukan langkah-langkah berikut:

 

48 = 1.27 + 21,            0 ≤ 21 < 27,     0 ≤ s2 < s1

27 = 1.21 + 6,              0 ≤ 6 < 21,       0 ≤ s3 < s2

21 = 3.6 + 3,                0 ≤ 3 < 6,         0 ≤ s4 < s3

6 = 2.3 + 0                                               s5 = 0

Selanjutnya, menurut teorema 2.11, kita dapat mencari (s0,s1) = (48, 27):

(s0, s1) =  (48, 27)

=  (21 + 1.27,27) = (21, 27)

=  (s2, s1)

=  (21,6 + 1.21) = (21, 6)

=  (s2, s3)

=  (3 + 3.6,6) = (3, 6)

=  (s4, s3)

=  (3,3 + 1.3) = (3,3) = (3,0 + 1,3)

=  (3,0)

=  (s4 + s5)

=  s5

Perhatikan bahwa secara bertahap dapat ditentukan:

(s0, s1)  =  (s2, s1)  =  (s2, s3) = (s4, s3)  = (s4, s4) = s4

Contoh 2.12. di atas memberi gambaran tentang langkah-langkah yang jelas dan terhingga untuk memperoleh faktor persekutuan terbesar dua bilangan secara sistematis. Marilah sekarang kita lihat suatu cara yang sistematis, dan disebut algoritma, untuk mencari faktor persekutuan terbesar dari dua bilangan bulat positif.

Algoritma ini disebut algoritma Euclides, dan istilah ini digunakan setelah Euclid, matematisi Yunani (Greek, 350 S.M.), menjelaskan algoritma ini dalam bukunya The Elements (Rosen K., 1993: 80).

 

Teorema 2.20 Algoritma Euclides

Ditentukan s0, s1 Î Z, s0 ³ s1, > 0

Jika algoritma pembagian digunakan secara berturut-turut untuk memperoleh

st = st+1 kt+1 + st+2,  0 ≤ st+2 ≤ st+1, t = 0, 1, 2, …, n – 2 dan sn+1 = 0

maka (s0, s1) = sn, sisa yang tidak nol dalam algoritma pembagian

Bukti:

Karena s0, s1 Î Z, s0 ³ s1 > 0, maka dengan menggunakan algoritma pembagian secara berturut-turut akan diperoleh:

s0 = s1 k1 + s2                    ,           0 ≤ s2 < s1

s1 = s2 k2 + s3                    ,           0 ≤ s3 < s2

st-2 = st-1­ kt-1 + st           ,           0 ≤ st < st-1

sn-3 = Sn-2 kn-2 + sn-1,     0  ≤ sn-1 < sn-2

sn-2 = sn-1 kn-1 + sn         ,           0  ≤  sn < sn-1­

sn-1 = sn kn + sn-1           ,           sn+1 = 0

maka sesuai teorema 2.19:

(s0, s1) = (s1 + s2, s1)

= (s2, s1)

= (s2, s2.2 + s3)

= (s2, s3)

=  …

=  (sn-3, sn-2)

=  (sn-2, sn-1)

=  (sn-1, sn)

=  (sn, 0)

(s0, s1) =  sn

 

Contoh 2.12

Carilah (963, 657) dengan menggunakan algoritma Euclides

Jawab:   963 = 1.657 + 306,                            0 ≤ 306 < 657

657 = 2.306 + 45,                         0 ≤  45 < 306

306 = 6.45 + 36,                           0 ≤  36 < 45

45 = 1.36 + 9,                         0 ≤  9 < 36

36  = 4.9 + 0

Jadi: (963, 657) = 9

 

Menurut teorema 2.12, jika d = (x, y), maka d dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari x dan y. Algoritma Euclides dapat digunakan untuk mencari kombinasi linear d dari x dan y.

Dalam kaitannya dengan algoritma Euclides, jika d = (s0, s1), maka dapat ditentukan bahwa d = ms0 + ns1:

sn-2 = sn-1 kn-1 + sn, maka sn = sn-2 – sn-1 kn-1

                sn-3 = sn-2 kn-2 + sn-1, maka sn-1 = sn-3 – sn-2 kn-2

                sn-4 = sn-3 kn-3 + sn-2, maka sn-2 = sn-4 – sn-3 kn-3

s1    =   s2k2 + s3, maka s3 = s1 – s2 k2

s0    =  s1k1 + s2, maka s2 = s0 – s1 k1

 

Dengan demikian:

sn   =  sn-2 – sn-1 kn-1

= sn-2 – (sn-3 – sn-2­ kn-2)kn-1

                      =  sn-2 (1 + kn-2 kn-1) – sn-3

= (sn-4 – sn-3 kn-3)(1 + kn-2 kn-1) – sn-3

= sn-4 (1 + kn-2 kn-1) + sn-3{kn-3(1 + kn-2 kn-1)}

Jika proses serupa diteruskan dengan substitusi berturut-turut:

sn-3, sn-4, … , s3, s2

maka akan diperoleh bentuk:

(s0, s1)  =  sn

                       (s0, s1)  =  s0m + s1n  =  ms0 + ns1

Ini berarti bahwa (s0, s1) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari s0 dan s1

 

Contoh 2.13

Nyatakan (205, 75) sebagai kombinasi linear dari 205 dan 75

Jawab:        205  =  2.75 + 55  ,           55  =  205 – 2. 75

75  =  1.55 + 20 ,           20  =  75 – 1.55

55  =  2.20 + 15  ,           15  =  55 – 2.20

20  =  1.15 + 5    ,             5  =  20 – 1.15

15  =  3.5 + 0

(205, 75)  =  5

Dengan demikian dapat ditentukan:

(205, 75) = 5

=  20 – 1.15  =  20 – 1 . (55 – 2.20)

=  3.20 – 1.55 = 3.(75 – 1.55) – 1.55

=  3.75 – (4) . 55 = 3.75 – 4 (205 – 2.75)

(205,75)  =  11.75 + (-4) . 205

Contoh 2.14

Carilah nilai-nilai m, n Î yang memenuhi hubungan

(7897, 4399)    =  m(7897) + n (4399)

Jawab: 7897  = 1.4399 + 3498,           3498 = 7897 – 1.4399

4399  = 1.3498 + 901  ,           901  =  4399 – 1.3498

3498  =  3.901 + 795   ,           795  =  3498 – 3.901

901  =  1.795 + 106   ,           106  =  901 – 1.795

795  =  7.106 + 53     ,             53  =  795 – 7.106

106  =  2.53 + 0

Dengan demikian dapat ditentukan:

(7897, 4399)   =  53

=  795 – 7.106  =  795 – 7. (901 – 1.795)

=  8.795 – 7.901  =  8(3498 – 3.901) – 7.901

=  8.3498 – 31.901 =  8.3498 – 31(4399 – 1.3498)

= 39.3498 – 31.4399 = 39.(7897 – 1.4399) – 31.4399

(7897, 4399)   =  39.7897 + (-70) . 4399

Jadi: m  = 7897 dan n = -70

 

Cara untuk menyatakan (p, q) sebagai kombinasi linear dari p dan q memerlukan pe­mro­sesan yang panjang karena perlu kerja berdasarkan langkah-langkah algoritma Euclides, dan dilanjutkan kerja mundur berdasarkan modifikasi dari setiap langkah dalam algoritma Euclides.

Terdapat cara lain untuk menyatakan (p, q) sebagai kombinasi linear dari p dan q, yang secara langsung dapat menggunakan langkah-langkah algoritma Euclides.

 

Teorema 2.2.1

Ditentukan p, q Î N

Maka (p, q) = rn p + lnq,  n = 0, 1, 2, …, yang mana rn dan kn adalah suku ke n dari barisan-barisan yang secara rekursif didefinisikan sebagai:

r0  =  1, l0  =  0

r1  =  0, l1  =  1

dan

ri  =  ri-2 – ki-1 ri – 1

li  =  li-2 – ki-1 li-1

untuk i = 2, 3, … , n dengan ki adalah hasil bagi dalam algoritma Euclides memperoleh (p, q)

Bukti:

Berdasarkan langkah-langkah algoritma Euclides pada teorema 2.20, dipilih p = s0 dan q = s1,  kemudian kita gunakan cara pembuktian induksi matematika untuk membuktikan (p, q) = sn = rnp + lnq

untuk i = 0,  p = s0 = 1.p + 0.q = r0p + l0q,

untuk i = 1,  q = s1 = 0 . p + 1 . q = r1 + l1 q

Sekarang, anggaplah bahwa:

si = rip + liq,  i = 1, 2, …, n – 1

Sesuai dengan keadaan langkah ke n dalam pembuktian teorema 2.20 (algoritma Euclides) dapat ditunjukkan bahwa:

sn-2 = sn-1 kn-1 + sn       , atau sn = sn-2 – sn-1 kn-1

Dengan demikian, sesuai dengan prinsip induksi matematika:

sn  =  sn-2 – sn-1 kn-1

=     (rn-2 p + ln-2 + q) – (rn-1 p + ln-1 q) kn-1

= (rn-2 – rn-1 kn-1­) p + (ln-2 – ln-1 kn-1) q

= (rn-2 – kn-1 rn-1) p + (ln-2 – kn-1ln-1) q

sn  = rn p + ln q

 

Contoh 2.15

Carilah (205, 75) dan nyatakan sebagai kombinasi linear dari 205 dan 75.

Jawab:  205  =  2.75 + 55        ,           k1 =  2

75  =  1.55 + 20        ,           k2 =  1

55  =  2.20 + 15        ,           k3 =  2

20  =  1.15 + 5          ,           k4 = 1

15  =  3.5 + 0

Jadi : (205, 75) = 5

ro =  1                          lo = 0

r1 =  0                          l1 = 1

r2 = ro – k1.r1                l2 = lo – k1 l1

= 1 – 2. 0                     = 0 – 2.1

= 1                               = -2

r3 = r1 – k2 – r2            l3 = l1 –  k2 l2

= 0 – 1. 1                      = 1 – 1 (-2)

= 1                                = 3

r4 = r2 – k3 . r3              l4  = l2 – k3 l3

= 1 – 2(-1)                     = -2 – 2 . 3

= 3                                 = -8

r5 = r3 – k4 r4                  l5  = l3 – k4 l4

= -1 – 1 (3)                    = 3 – 1 . (-8)

= -4                               = 11

Jadi: (205, 75) = (-4) . 205 + 11.75

Contoh 2.16

Langkah-langkah pada contoh 2.15 memerlukan tempat mencari yang luas dan waktu yang panjang. Untuk menyederhanakan langkah-langkah pencarian, kita dapat mengurangi tempat dan waktu dengan mengoperasikan atau menggunakan tabel. Dengan menggunakan tabel, contoh 2.15 dapat dikerjakan sebagai berikut:

 

n                      r                       l                       k

1                      1                      0                      2

2                      0                      1                      1

3                      1                      -2                     2

4                      -1                     3                      1

5                      3                      -8

6                      -4                     11

jadi: (205, 75) = (-4) . 205 + 11. 75

 

Contoh 2.17

Carilah m dan n jika (8517, 2669) = m . 8517 + n . 2669

Jawab:

8517 = 3.2669 + 510   ,           k1 = 3

2669 = 5.510  + 119    ,           k2 = 5

510 = 4.119 + 34       ,           k3 = 4

119 = 3 . 34 + 17       ,           k4 = 3

34 = 2 . 17 + 0

 

 

n                      r                       l                       k

1                      1                      0                      3

2                      0                      1                      5

3                      1                      -3                     4

4                      -5                     16                    3

5                      21                    -67

6                      -68                   217

Jadi: (8517, 2669) = (- 68) . 8517 + 217 . 2669

m = -68 dan n = 217

Marilah sekarang kita mempelajari pasangan pasangan pembahasan FPB (faktor Persekutuan ter Besar)yang disebut KPK (Kelipatan Persekutuan ter Kecil). Topik FPB dan KPK merupakan materi pelajaran matematika di sekolah sejak Sekolah Dasar.

 

Definisi 2.4

Jika x, y Î Z, x ¹ 0, dan y ¹ 0, maka:

a)      m disebut kelipatan persekutuan (common multiple) dari x dan y jika x çm

dan y çm

b)      m disebut kelipatan persekutuan terkecil (least common multiple, l.c.m) dari x

dan y jika m adalah bilangan bulat positif terkecil sehingga x çm dan y çm.

Notasi:

m = [x, y] dibaca m adalah kelipatan persekutuan terkecil dari x dan y

Dengan jalan yang sama dapat didefinisikan kelipatan persekutuan terkecil dari 3 bilangan, 4 bilangan, …, n bilangan, misalnya:

n = [x, y, z] dibaca n adalah kelipatan persekutuan terkecil dari x, y, dan z.

p = [a, b, c, d] dibaca p adalah kelipatan persekutuan terkecil dari a, b, c, dan d.

 

Contoh 2.18

a. Carilah [12, 16]

Jawab: Karena [12, 16] bernilai positif, maka [12, 16] dapat dicari dari kelipatan-

persekutuan 12 dan 16 yang positif.

Kelipatan 12 yang positif adalah 12, 24, 36, 48, 60, …

Kelipatan16 yang positif adalah 16, 32, 48, 64, 80, …

48 adalah kelipatan persekutuan 12 dan 16 sebab  12ç48 dan 16ç48

96 adalah kelipatan persekutuan 12 dan 16 sebab  12ç96 dan 16ç96

Kelipatan-kelipatan persekutuan 12 dan 16 adalah 48, 96, 144, 192, …

Dari barisan bilangan kelipatan persekutuan 12 dan 16, yang terkecil

adalah 48, sehingga [12, 16] = 48

b.  Carilah [25, 15]

Jawab: Kelipatan 25 yang positif adalah 25, 50, 75, …

Kelipatan 15 yang positif adalah 15, 30, 45, …

Kelipatan-kelipatan persekutuan 25 dan 15 yang positif adalah 75, 150, 225, …

Kelipatan-kelipatan persekutuan 25 dan 15 yang positif dan terkecil adalah 75,

sehingga [25, 15] = 75

Perhatikan kelipatan-kelipatan persekutuan 4 dan 5 yang positif, yaitu: 20, 40, 60, 80, …

dan yang terkecil adalah 20, sehingga [4, 5] = 20

Ternyata 20ç20, 20ç40, 20ç60, 20ç80, …, 20çk untuk sebarang kelipatan persekutuan k dari 4 dan 5

 

Teorema 2.22

Ditentukan x, y Î Z, x ≠ 0, dan y ≠ 0

m =  [x, y] jika dan hanya jika x çm, y çm, m > 0, dan untuk sebarang kelipatan persekutuan n dari x dan y berlaku m çn

Bukti:

(→)

Ambil m = [x, y], maka menurut definisi 2.4, x çm, y çm dan m > 0

Misalkan n adalah sebarang kelipatan persekutuan x dan y, maka x çn dan y çn. Harus ditunjukan bahwa m çn. Menurut perbagian algoritma, karena m £ n, maka tentu ada k, s Î Z sehinga n = km + s, 0 £ s < m

Untuk membuktikan m çn, harus ditunjukkan bahwa n = km, atau harus ditunjukkan bahwa s = 0.

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

x çm dan y çm, maka x çam dan y çam

x çn dan x çam, maka x çn-am

y çn dan y çam, maka y çn – am

x çn – am dam y çn – am, maka n – am adalah kelipatan persekutuan x dan y.

s = n – km, x çn – km, dan y çn – km, maka x çs dan y çs

x çs dan y çs, maka s kelipatan persekutuan x dan y.

Karena s dan m adalah kelipatan-kelipatan persekutuan x dan y, dan m adalah yang terkecil, serta 0 £ s < m, maka jelas bahwa s = 0, sehingga n = km, atau m çn.

(¬)

Ambil m > 0, x çm, y çm, dan untuk sebarang kelipatan persekutuan n dari x dan y berlaku m çn.

Ini berarti bahwa m adalah suatu kelipatan persekutuan dari x dan y yang membagi semua kelipatan persekutuan dari x dan y yang lain. Jadi m = [x, y]

 

Teorema 2.23

[mx, my] = m [x, y] untuk sebarang m Î n

Bukti:

Ambil K = [mx, my] dan k = [x, y]

K = [mx, my], maka sesuai definisi 2.4, mx çk dan my çk

k =  [x, y], maka sesuai definisi 2.4, x çk dan y çk

x çk, maka menurut teorema 2.8, mx çmk.

y çk, maka menurut teorema 2.8, my çmk

mx ç mk dan my çmk, maka menurut definisi 2.4, mk adalah kelipatan persekutuan dari mx dan my.

Karena K adalah kelipatan persekutuan terkecil dari mx dan my, dan mk adalah kelipatan persekutuan mx dan my, maka menurut teorema 2.22, K ç mk.

Jadi: [mx, my] çm [x, y]

Selanjutnya, karena mx çk dan my ç K, maka sesuai definisi 2.1, K = amx dan

K = bmy untuk suatu a, b Î Z, berarti  = ax dan  = by, atau x ç  dan y ç.

Karena x ç dan y ç, maka menurut definisi 2.4,  adalah kelipatan persekutuan x dan y.

Akibatnya, sesuai dengan teorema 2.22, [x, y] membagi , yaitu [x, y] ç.

Karena  [x, y] ç, maka menurut teorema 2.8, m [x, y] çm . , atau m [x, y] çK.

Jadi: m [x, y] ç[mx, my]

Akhirnya, karena [mx, my] > 0, m [x, y] > 0, [mx, my] çm [x, y], dan m [x, y] ç[mx, my], maka menurut teorema 2.7, [mx, my] = m [x, y].

 

Teorema 2.24

Jika x, y Î N dan [x, y] = 1, maka [x, y] = xy

Bukti: [x, y] = 1, maka menurut teorema 2.12, mx + ny = 1 untuk suatu m, n Î Z,

sehingga [x, y] [mx + my] = [x, y], atau [x, y] mx + [x, y] ny = [x, y]

[x, y] adalah kelipatan persekutuan terkecil x dan y, maka sesuai definisi 2.4,

x ç[x, y], y ç[x, y], berarti sesuai dengan teorema 2.8

xy ç[x, y] y dan xy ç[x, y]x. Dengan demikian, sesuai teorema 2.1, xy ç[x, y] ny

dan xy ç[x, y] mx, dan sesuai teorema 2.5, xy ç[x, y] mx + [x, y] ny.

Jadi xy ç[x, y] [x, y] adalah kelipatan persekutuan terkecil x dan y, dan xy

Adalah kelipatan x dan y, maka menurut teorema 2.22, [x,y] │xy

Dari xy ç[x, y] dan [x, y] çxy, maka teorema 2.7, xy = [x, y], atau [x, y] = [x, y]

Contoh 2.19

a. (2, 3)   = 1, maka [2, 3]  =  2 . 3 = 6

b. (7, 11) = 1, maka [7, 11] = 7 . 11 = 77

c. (16, 13) = 1, maka [16, 13] = 16 . 13 = 208

 

Teorema 2.25

Jika x, y Î Z, maka (x, y) [x, y] = xy

 

Bukti:

Ambil d = (x, y), maka sesuai teorema 2.14,  = 1

Sesuai teorema 2.24, karena  = 1, maka:

=

akibatnya

= 1 .  =

d2   = d2 .

d . d  = xy,

dan sesuai teorema 2.13 serta teorema 2.23, diperoleh

.  = xy

(x, y) [x, y]  =  xy

 

 

Contoh 2.20

a.         (6, 9) [6, 9] = 6 . 9 = 54

b.         (12, 18) = maka 6 [12, 18]  = 12.18, sehingga [12, 18]  = . 12 . 18  =  36

c.         (24, 16) = 8, maka 8 [24, 16]  = 24 . 16, sehingga [24, 16]  = .24.16 = 48

d.         [36, 48]  =  =  = 144

Tugas dan Latihan

Agar Anda lebih memahami dan menguasai materi tentang FPB, KPK, dan Keprimaan, kerjakanlah dengan sungguh-sungguh Tugas dan Latihan berikut.

Tugas

Carilah buku bacaan tentang Teori Bilangan, misalnya Elementary Number Theory and Its Applications yang ditulis oleh Kenneth H. Rosen, dan diterbitkan oleh Addison-Wesley Publishing Company.

1. Jelaskan dan buktikan Teorema Dasar Aritmetika

2. Buktikan [p,q](p,q) = pq dengan menggunakan Teorema Dasar Aritmetika

3. Nyatakan bentuk umum (p,q) dan [p,q] dengan menggunakan pemfaktoran prima, dan berilah

masing-masing dua contoh.

 

Latihan

1. Nyatakan (2345)10 dalam notasi lambing bilangan

(a) basis 7

(b) basis 8

2. Diketahui p,q Z dan (p,q) = 1

Carilah semua kemugkinan nilai d = (p + q , p – q )

3. Tunjukkan bahwa (3t + 2) dan (5t + 3) adalah relative prima, t {0, 1, 2, 3, …}

4. Carilah m dan n jika :

(a) 67815m + 21480n = (67815,21480)

(b) 30745m + 17446n = (30745,17446)

5. Buktikan : jika (x,y) = 1 dan z  x + y, maka (x,z) = (y,z) = 1

6. Buktikan : (r + ts , s) = (r,s)

7. Diketahui : (4,p) = 2 dan (4,q) = 2. Carilah (4,p+q)

8. Diketahui p adalah suatu bilangan prima, (p2,m) p dan (p3,n) = p2

Carilah (p4,mn)

9. Carilah (x2,108) jika diketahui (x,18) = 6

 

Rambu-Rambu Jawaban Tugas Dan Latihan

Rambu-Rambu Jawaban Tugas

1. Teorema Dasar Arithmetic (Teorema Dasar Aritmetika)

Setiap bilangan bulat positif lebih dari satu dapat dinyatakan sebagai kelipatan atau

faktor-faktor prima secara tunggal, dalam urutan yang tidak menurun.

Bukti :

Untuk  membuktikan  teorema dasar  aritmetika  diperlukan dua teorema pendukung yaitu (a) jika p, q, r   Z, (p,q) = 1 dan p │ qr , maka p │ r

(b) jika p adalah suatu bilangan prima, p │ x1x2 …xn , dan x1,x2, …xn  Z,  maka tentu  ada

bilangan bulat i dengan 1 ≤ i ≤ n sedemikian hingga p │ xi

Selanjutnya akan dibuktikan dengan cara tidak langsung.

Anggaplah ada bilangan-bilangan bulat positif yang tidak dapat ditulis sebagai factor-faktor

prima. Ambil bilangan-bilangan itu yang terkecil adalah , maka menurut prinssip urutan ra-

pi, n pasti ada.

Jika n adalah suatu bilangan prima, maka n memuat factor prima n.

Jika n adalah bukan suatu bilangan prima, maka n adalah suatu bilangan  komposit,  misal-

kan n = ab, 1 < a < n , dan 1 < b < n.

Karena a <  n  dan b < n , maka sesuai dengan teorema (b) di atas, a dan b masing-masing

mempunyai faktor prima, dengan demikian n dapat dinyatakan sebagai kelipatan bilangan-

bilangan prima.

Untuk membuktikan ketunggalan pemfaktoran, dimisalkan pemfaktoran n tidak tunggal,

yaitu n dapat dinyatakan dalam dua pemfaktoran yang berbeda :

N = p1 p2…pi dan n = q1 q2 … qj

dimana p1 ,p2,,…pi dan n = q1, q2, … qj semuanya adalah bilangan-bilangan prima dan

p1 ≤ p≤…≤ pi dan n = q1 ≤ q2 ≤ … ≤ qj

Dengan demikian dapat ditentukan bahwa :

p1 p2…pi = q1 q2 … qj

Jika factor-faktor prima persekutuan ruas kiri dan ruas kanan dihapus, maka setelah penga-

turan ulang diperoleh :

p1 p2…pm = q1 q2 … qn

p1 (p2…pm ) = q1 q2 … qn

Dengan demikian p1 │ q1 q2 … q, dan sesuai dengan teorema (b) di atas, p1 │ qr  untuk

suatu r yang mana 1 ≤ r  ≤  n. Karena p1 dan qr keduanya adalah bilangan prima, maka

p1 = qr , terjadi kontradiksi, yaitu p1 p2…pm  dan  q1 q2 … qn masih mempunyai  factor per-

sekutuan. Jadi pemfaktoran prima dari n adalah tunggal.

2. Misalkan pemfaktoran prima dari x dan y adalah :

x = pp… p   dan   y =  pp… p

dimana masing-masing bilangan pangkat adalah suatu bilangan bulat tidak negative, dan

bilangan-bilangan prima yang menjadi factor x sama dengan yang menjadi factor y, yaitu

dengan pangkat bilangan nol

Dengan demikian :

(x,y) = pp… p

[x,y] = pp… p

Jika min(ri,si) = ki dan mak(ri,si) = Ki  , maka :

(x,y) = pp… p

[x,y] = pp… p

sehingga :

(x,y)[x,y] = (pp… p)( pp… p)

= pp… p

Kita dapat membuktikan suatu teorema bahwa :

min(r,s) + mak(r,s) = r + s

sebagai berikut :

Jika r ≥ s, maka min(r,s) = s dan mak(r,s) = r sehingga min(r,s) + mak(r,s) = r + s

Jika r < s, maka min(r,s) = r dan mak(r,s) = s sehingga min(r,s) + mak(r,s) = r + s

Akibatnya, kita dapat menentukan bahwa :

p= p= p

Dengan demikian :

(x,y)[x,y] = pp… p

= pp… p

= (pp… p)( pp… p)

= xy

3. Jika x = pp… p dan y = pp… p, maka :

(x,y) = pp… p

[x,y] = pp… p

Contoh :

1.  x = 18 = 21.32

y = 24 = 23.31

(x,y) = 2min(1,3).3min(2,1) = 21.31 = 2.3 = 6

[x,y] = 2mak(1,3).3mak(2,1) = 23.32 = 8.9 = 72

2. x = 36 = 22.32.50

y = 45 = 20.32.51

(x,y)  = 2min(2,0).3min(2,2).5min(0,1) = 20.32.50 = 1.9.1 = 6

[x,y]  = 2mak(2,0).3mak(2,2).5mak(0,1) = 22.32.51 = 4.9.5 = 180

 

Rambu-Rambu Jawaban Latihan

1. a. 2345 = 7.335 + 0                                             b. 2345 = 8.293 + 1

335 = 7.47 + 6                                                      293 = 8.36 + 5

47 = 7.6 + 5                                                          36 = 8.4 + 4

6 = 7.0 + 6                                                           4  = 8.0 + 4

(2345)10 = (6560)7                                                 (2345)10 = (4451)8

2. d = (p+q,p-q), maka d │p+q dan d │p-q, sehingga d│(p+q) – (p-q), atau d│2p dan d │2q

Dengan demikian d adalah factor persekutuan dari 2p dan 2q, berarti d │ (2p,2q), atau

d  │2(p,q).

Karena (p,q) = 1 dan d │2(p,q), maka d │2, berarti d = 1 atau d = 2

3. (3t+2,5t+3) = (3t+2,5t+3-3t-2) =(3t+2,2t+1) = (3t+2-2t-1,2t+1) = (t+1,2t+1)

= (t+1,2t+1-t-1) = (t+1,t) = (t+1-t,t) = (1,t) = 1

Atau :

Karena 5(3t+2) – 3(5t+3) = 1 , maka 1 adalah bilangan bulat positif terkecil yang merpa-

kan kombinasi linier dari 3t + 2 dan 5t + 3, jadi (3t+2,5t+3) = 1

4. a. 67815 = 3.21480 + 3375                         n                 s                 t                 q

21480 = 6.3375 + 1230                           1                  1               0                  3

3375 = 2.1230 + 915                             2                  0                1                 6

1230 = 1.915 + 315                               3                  1               -3                 2

915 = 2.315 + 285                               4                  -6              19                1

315 = 1.285 + 30                                 5                  13             -41               2

285 = 9.30 + 15                                   6                  -19             60               1

30 = 2.15 + 0                                      7                  51            -161             9

8                 -70              221            -

9                 681          -2150           -

Jadi : m = 681 dan n = -2150

b. Kerjakan dengan jalan yang sama,  m = 21 dan n = -37

5. Misalkan d = (x,z), maka d │ x dan d │ z

d │z dan z │ x + y, maka d │ x + y ; d │ x + y dan d │ x, maka d │ y

d │ x dan d │ y, maka d adalah factor persekutuan dari x dan y, sehingga d │ (x,y).

Karena d │ (x,y) dan (x,y) = 1, maka d │ 1. Jadi (x,z) = 1

6. Harus dibuktikan (r + ts) │ (r,s) dan (r,s) │ (r + ts, s)

(r + ts,s) │ s, maka (r + ts,s) │ ts

Karena (r + ts,s) │ ts dan (r + ts,s) │ r  + ts , maka (r + ts,s) │ r

Selanjutnya (r + ts,s) │ r  dan (r + ts,s) │ s  maka (r + ts,s)  adalah factor persekutuan

Dari r dan s, dengan demikian  (r + ts,s) │ (r,s)

Teruskan untuk membuktikan (r,s)│ (r + ts,s).

7. (4,p) = 2, maka 2 │ p , berarti p = 2r untuk suatu r  Z

(4,q) = 2, maka 2 │ q , berarti q = 2s untuk suatu s  Z

r dan s tidak mungkin bilangan genap sebab untuk r = 2m dan s = 2n berakibat p = 4m

dan q = 4n, sehingga (4,p) = (4,4m) = 4(1,m) = 4.1 =4 dan juga (4,q) = 4

Dengan demikian r dan s keduanya harus bilangan ganjil, misalnya r = 2m + 1 dan

s = 2n + 1, maka (4,p+q) = (4, 4m+2+4n+2) = 4(1, m + n + 1) = 4.1 = 4

8. (p2 , m) = p , maka (p, m/p) = 1

(p3 , n) = p2 , maka (p, n/p2) = 1

 

Karena (p, m/p) = 1 dan (p, n/p2) = 1 , maka (p, mn/p3) = 1, atau p3. (p, mn/p3) = p3

Jadi (p4, mn) = p3

9. (x, 18) = 6 , maka (x/6 , 3)  = 1 , sehingga (x2/36, 3) = 1, akibatnya 36(x2/36, 3) = 36

Dengan demikian (x2, 108) = 36.

 

Rangkuman

Dalam Kegiatan Belajar 2 ini, secara keseluruhan materi pembahasan terkait dengan konsep FPB dan KPK, di dalamnya banyak berbicara tentang definisi dan teorema, serta beberapa penerapannya.

1. (x,y) adalah notasi untuk menyatakan fpb dari x dan y

(x,y) adalah suatu bilangan bulat positif terbesar yang membagi x dan membagi y

2. [x,y] adalah notasi untuk menyatakan kpk dari x dan y

[x,y] adalah suatu bilangan bulat positif terkecil yang habis dibagi oleh x dan  oleh y

3. Terdapat 14 teorema tentang fpb dan kpk

2.12 d = (x,y) adalah suatu bilangan bulat positif terkecil yang merupakan kombinasi linier

dari x dan y

2.13 Jika k  N, maka k(x,y) = (kx,ky)

2,14 Jika d = (x,y), maka (x/d , y/d) = 1

2.15 Jika p │ qr dan (p,q) = 1, maka p │ r

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

2.17 Jika f adalah suatu factor persekutuan dari x dan y , maka f │ (x,y)

2.18 (x,y) = (y,x) = (x,-y) = (-x,y) = (-x,-y)

2.19 (x,y) = (x, y + ax) = (x + by , y) untuk sebarang a,b  Z

2.20 Algoritma Euclides

2.21 Teknik mencari m dan n jika (x,y) = mx + ny

2.22 [x,y] │ k untuk sebarang kelipatan x dan y

2.23 Jika m  N, maka m[p,q] = [mp,mq]

2.24 Jika (x,y) = 1 , maka [x,y] = xy

2.25 (x,y)[x,y] = xy

 

 

 

 

Tes Formatif 2

1. Skor 20

Carilah kemungkinan nilai-nilai d jika :

(a)          (a,b) = 1 dan d = (a2 + b2 , a + b)

(b)         (a,b) = 1 dan d = (a + b , a2 – ab + b2 )

2. Skor 20

Carilah nilai-nilai x dan y jika :

67320 x + 96577 y = (67320 , 96577)

3. Skor 20

Carilah nilai-nilai x dan y jika : (34709,100319) = 34709 x + 100319 y

4. Skor 10

Nyatakan (2008)10 dalam notasi basis 2

5. Skor 20

Dengan menggunakan Teorema Dasar Aritmetika, carilah factor persekutuan terbesar dari

1815156 dan 686000

6. Skor 10

Nyatakan dengan B (Benar) atau S(Salah)

(a)          Jika (a,b) = (a,c), maka b = c

(b)         (-12,-16) = – 4

(c)          (2p, 20 + 2p) tidak membagi 20

(d)         (-5,0) tidak didefinisikan

(e)          Jika t = [2x,3y] , maka x membagi t dan y membagi t

(f)             Jika [p,q] = [r,s] , maka p = r dan q = s

(g)          3x membagi [x,y]

(h)          (2x – 7 , 2x) membagi 7

(i)              (p,q) membagi 5p

(j)             (r, r – 4) = 1, 2, atau 4

Cocokkanlah jawaban Anda dengan Rambu-Rambu Jawaban Tes Formatif 2 yang terdapat di bagian halaman akhir dari modul ini. Kemudian perkirakan skor jawaban yang Anda kerjakan benar, dan gunakan criteria berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap pemahaman materi Kegiatan Belajar 2.

Skor jawaban yang benar

Tingkat Penguasaan =  ————————————-  x  100 %

                                                                          100

Tingkat penguasaan Anda dikelompokkan menjadi :

Baik sekali    :  90 % – 100 %

Baik               :  80 % -  89 %

Cukup           :  70 % -  79 %

Kurang          :  <  70 %

Apabila Anda mencapai tingkat penguasaan 80 % atau lebih, maka Anda dapat meneruskan ke Modul 3. Prestasi Anda bagus sekali. Jika tingkat penguasaan Anda kurang dari 80% , maka sebaiknya Anda mengulangi materi Kegiatan Belajar 2 , terutama pada bagian-bagian yang belum Anda kuasai dengan baik.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Rambu-Rambu Jawaban Tes Formatif

Tes Formatif 1

1. a. 3 | 12, 3 | 8 + 4, tetapi 3 Q 8 dan 3 Q 4

b. 4 | 20, 4 | 2.10, tetapi 4 Q 2 dan 4 Q 10

c. 8 | 16, 3+5 | 16, tetapi 3 Q 16 dan 5 Q 16

d. 2 | 6 dan 3 | 6, tetapi 2 ≠ 3

d. 2 | 4 dan 2 | 6, tetapi 4 ≠ 6

2. a. n     = a7.107 + a6.106+ a5.10+ a4.104 + a3.103 + a2.102+ a1.10 + a0

= (a0 + 10a1) + (99a2 + a2) + (990a3 + 10a3) + (9999a4 + a4) +

(99990a5 + 10a5) + (999999a6 + a6) + (9999990a7 + 10a7)

n    = (a0 + 10a1) + (a2 + 10a3) + (a4 + 10a5) + (a6 + 10a7) + 99(a2 + 10a3 +

101a4 + 1010a5 + 10101a6 +101010a7)

Karena 99 | n dari 99|(a2 + 10a3 + 101a4 +1010a5 +10101a6 + 101010a7)

maka   99 | (a0 + 10a1) + (a2 + 10a3) + (a4 +10a5) + (a6 +10a7)

99 | (a1.10 + a0) + (a3.10 + a2) + (a5.10 + a4) + (a7.10 +a6)

Jadi:     99|(a1a0) + (a3a2) + (a5a4) + (a7a6)

b. Serupa dengan jawaban a, gantilah :

100a2 dengan (101a2 – a2) 1000a3 dengan (1010a3 – 10a3)3

10000a4 dengan (9999a4 + a4), 100000a5 dengan (99990a5 – 10a5),

1000000a6 dengan (1000001a6 – a6), 1000000a7 dengan (10000010a7 – 10a7).

3. Sesuai dengan definisi 2.1 :

p | q + r, maka q + r = xp untuk suatu x Î z

p | q , maka q = yp untuk suatu y Î z

q + r = xp dan q = yp, maka yp + r = xp, r = (x – y)p

Jadi: p | r

4. n3 + 6n2 + 8n = n(n2 + 6n + 8) = n(n + 2)(n + 4)

Sesuai dengan teorema algoritma pembagian, n dapat dinyatakan sebagai salah satu

dari n = 3k, n = 3k + 1, atau n = 3k + 2

n(n + 2)(n + 4) memuat faktor 3 jika n diganti dengan n = 3k, n = 3k + 1, atau

n = 3k + 2

5. a.     37859

37859  =  2.18929 +1

18929  =  2.9464 +1

9464   =  2.4732 + 0

4732   =  2.2366 + 0

2366   =  2.1183 + 0

1183   =  2.591 + 1

591   =  2.295 + 1

295   =  2.147 + 1

147   =  2.73 + 1

73   =  2.36 + 1

36   =  2.18 + 1

18   =  2.9 + 1

9   =  2.4 + 1

4   =  2.2 + 0

2   =  2.1 + 0

1   =  2.0 + 1

(37859)10 = (1001111111 | 00011)2

b.             1       6

3 2 4 6 7 9 3

2 4 7 5 6 1 9 8 3 9

7 | 693,11 | 693, dan 13 Q 693

Jadi: 77 | 2475619839 tetapi 143 Q 2475619839

 

Tes Formatif 2

1. (a) d = (a2 + b2,a + b), maka menurut definisi 2.3, d│a2 + b2 dan d│a + b

d│a + b, maka sesuai teorema 2.1, d│(a + b)(a + b) atau d│(a + b)2 , berarti

d│a2 + 2ab + b2 dan d  a2 + b2 , maka berdasarkan teorema 2.4, dapat ditentukan

bahwa d│(a2 + 2ab + b2) – (a2 + b2), atau d│2ab.

Karena d│a + b dan (a,b) = 1, maka dapat dibuktikan bahwa (a,d) = (b,d) = 1 se-

bagai berikut :

Misalkan (a,d) = t , maka menurut definisi 2.3, t│a dan t│d

t│a dan a│a + b , maka menurut teorema 2.2, t│b, dengan demikian dari t│a

dan t│b, sesuai dengan definisi 2.3, t adalah factor persekutuan a dan b, dan

sesuai dengan teorema 2.17, t│(a,b), atau t│1, berarti t = 1 sebab t > 0.

Jadi t = (a,d) = 1, dan dengan jalan yang sama, dapat ditentukan (b,d) = 1.

Selanjutnya, karena (a,d) = 1 dan d 2ab, atau d a(2b), maka sesuai teorema 2.15,

d│2b, atau d│b.(2), berarti menurut teorema 2.15, d│2 karena (d,b) = 1.

Karena d > 0 dan d │2, maka d = 1 atau d = 2.

(b) d = (a2 – ab + b2,a + b), maka menurut definisi 2.3, d│a2 – ab + b2 dan d│a + b

Kerjakan serupa dengan (a) sehingga diperoleh d│3ab

Karena d│3ab, (d,a) = 1, dan (d,b) = 1, maka d│3. Jadi d = 1, d =2, atau d = 3

karena d > 0 dan d│3

2. 96577 = 1.67320 + 29257                    n                    s                    t                   q

67320 = 2.29257 + 8806                      1                    1                   0                   1

29257 = 3.8806 + 2839                        2                    0                   1                   2

8806 = 3.2839 + 289                          3                    1                  -1                  3

2839 = 9.289 + 238                            4                    -2                  3                  3

289 = 1.238 + 51                              5                    7                 -10                 9

238 = 4.51 + 34                                6                  -23                 33                 1

51 = 1.34 + 17                                7                 214               -307                4

34 = 2.17 + 0                                  8                -237                340                1

9                1162              -1667

10              -1399               2007

(96577,67320) = 17 = (-1399)(67320) + (2007)(29257)

Jadi m = – 1399 dan  n = 2007

3. 100313 = 2.34709 + 30895                 n                    s                     t                    q

34709 = 1.30895 + 3814                   1                    1                    0                    2

30895 = 8.3814 + 383                       2                    0                    1                    1

3814 = 9.383 + 367                         3                    1                   -2                    8

383 = 1.367 + 16                           4                   -1                    3                    9

367 = 22.16 + 15                           5                    9                   -26                  1

16 = 1.15 + 1                               6                  -82                 237                 22

15 = 15.1 + 0                               7                   91                 -263                 1

8               -2084               6023

9                2175               -6286

(100313,34709) = 1 = (2175)(100313) + (-6286)(34709)

Jadi : m = 2175 dan n = -6286

4. 2008 = 2.1004 + 0

1004 = 2.502 + 0

502 = 2.251 + 0

251 = 2.125 + 1

125 = 2.62 + 1

62 = 2.31 + 0

31 = 2.15 + 1

15 = 2.7 + 1

7 = 2.3 + 1

3 = 2.1 + 1

1 = 2.0 + 1

(2008)10 = (11111011000)2

5. 1815156 = 2.907578 = 2.2.453789 = 2.2.3.151263 = 2.2.3.3.50421 = 2.2.3.3.3.16807

= 2.2.3.3.3.7.2401 = 2.2.3.3.3.7.7.343 = 2.2.3.3.3.7.7.7.49

= 2.2.3.3.3.7.7.7.7.7

= 22.33.75

686000   = 2.343000 = 2.2.171500 = 2.2.2.85750 = 2.2.2.2.42875 = 2.2.2.2.5.8575

= 2.2.2.2.5.5.1715 = 2.2.2.2.5.5.5.343 = 2.2.2.2.5.5.5.7.49

= 2.2.2.2.5.5.5.7.7.7

= 24.53.73

(1815156,686000) = 22.73 = 4.343 = 1372

Cara di atas dapat dinyatakan dengan cara serupa :

2                  1815156                 686000

2                   907578                  343000

 

7                     64827                    24500

7                       9261                     3500

 

7                       1323                       500

Karena (1323,500) = 1, maka (1815156,686000) = 2.2.7.7.7 = 1372

6. (a) S                          (f) S

(b) S                         (g) S

(c) S                         (h) B

(d) S                         (i) B

(e) B                         (j) B

Daftar Kepustakaan

Niven, I., Zuckerman, H.S., dan Montgomery, H.L. (1991). An Introduction to The

       Theory of Numbers. New York : John Wiley & Sons.

Redmond, D. (1996). Number Theory. New York : Marcel Dekker.

Rosen, K.H. (1993). Elementary Number Theory And Its Applications.

Massachusetts : Addison-Wesley.

 

 

Pengunjung datang dari kata kunci: