DAFTAR ISI - julanhernadi.files.wordpress.com · Bilangan 0 dan 1 adalah dua bilangan dasar yang digunakan dalam sistem bilangan real. ... Ingat pembagi disyaratkan tidak nol. Pembagian

DAFTAR ISI

1 TEORI KETERBAGIAN 1

1.1 Algoritma Pembagian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 Pembagi persekutuan terbesar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.3 Algoritma Euclides . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.4 Kelipatan persekutuan terkecil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.5 FPB lebih dari 2 bilangan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.6 Persamaan Diophantine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2 BILANGAN PRIMA 24

2.1 Teorema Fundamental Aritmatika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.2 Saringan Eratosthenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.3 Distribusi Bilangan Prima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.4 Uji Keterbagian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3 TEORI KONGRUENSI 39

4 TEOREMA FERMAT DAN WILSON 40

1 TEORI KETERBAGIAN

Bilangan 0 dan 1 adalah dua bilangan dasar yang digunakan dalam sistem bilangan real.

Dengan dua operasi + dan x maka bilangan-bilangan lainnya dide�nisikan. Himpunan

bilangan asli (natural number) N dide�nisikan sebagai

n ∈ N↔ n := 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸n suku

.

Jadi himpunan bilangan asli dapat disajikan secara eksplisit N = { 1, 2, 3, · · · } . Him-

punan bilangan bulat Z dide�nisikan sebagai

Z := −N ∪ {0}N

dimana −N := {−n : n ∈ N } . Jadi himpunan bilangan bulat dapat ditulis secara ek-

splisit Z = {· · · ,−2,−1, 0, 1, 2, · · · }. Selanjutnya bilangan rasional Q dide�nisikan se-

bagai

Q :={ab

: a, b ∈ Z, b 6= 0}.

Bilangan real yang bukan bilangan rasional disebut bilangan irrasional. Salah satu bi-

langan irrasional yang sangat dikenal adalah√

2. Berdasarkan beberapa de�nisi tersebut

maka kita dapat menyajikan komposisi himpunan bilangan real dalam bentuk diagram

venn berikut.

Gambar 1.1: Komposisi bilangan real

Teori bilangan adalah cabang ilmu matematika yang mempelajari sifat-sifat keterbagian

1

Pengantar Teori Bilangan oleh Julan HERNADI

bilangan bulat, khususnya himpunan bilangan asli. Himpunan bilangan asli memiliki

keunikan tersendiri karena ia terde�nisi secara alami. Ini alasan bagi matematikawan

Leopold Kronecker mengatakan bahwa �God created the natural numbers, and all the

rest is the work of man."

1.1 Algoritma Pembagian

Algoritma ini merupakan batu pijakan pertama dalam mempelajari teori bilangan. Ia

disajikan dalam bentuk teorema berikut.

Teorema 1.1. Jika diberikan bilangan bulat a dan b, dengan b > 0 maka selalu terdapat

dengan tunggal bilangan bulat q dan r yang memenuhi

a = qb+ r, 0 ≤ r < b. (1.1)

Contoh 1.1. Bila a = 9 dan b = 4 maka diperoleh 9 = (2)(4) + 1, jadi diperoleh q = 2

dan r = 1. Bila a = −9 dan b = 4 maka −9 = (−3)(4) + 3, jadi diperoleh q = −3 dan

r = 3.

Pada persamaan (1.1), bilangan q disebut hasil bagi dan r disebut sisa atau residu.

Ingat sisa r selalu kurang dari b.

Bukti Untuk membuktikan teorema ini digunakan prinsip urutan baik (well-ordering

property) yang mengatakan bahwa setiap himpunan takkosong dari N selalu memuat

anggota terkecil. Kita bangun suatu himpunan S dengan

S := {a− nb |n ∈ Z} = {a, a± b, a± 2b, · · · } .

Dengan mengambil n := −|a| maka diperoleh t := a − (−|a|)(b) = a + |a|b >0 sehingga dapat dipastikan t ∈ N ∩ S. Dengan demikian kita peroleh bahwa

N∩S merupakan himpunan bagian takkosong dari N. Oleh karena itu ia memiliki

anggota terkecil, katakan r ∈ N ∩ S yang mempunyai bentuk r = a − qb ≥ 0

untuk suatu q ∈ Z. Jadi a = qb + r dengan r ≥ 0. Selanjutnya dibuktikan

r < b agar persamaan (1.2) dipenuhi. Andaikan r ≥ b. Ambil r1 ∈ S ∩ N dengan

r1 = a− (q + 1)b = r − b < r. Fakta ini kontradiksi dengan pernyataan r anggota

2


terkecil pada S ∩ N. Terbuktilah 0 ≤ r < b.

Selanjutnya, ditunjukkan bahwa q dan r ini tunggal. Andaikan ada q1 dan r1 yang

bersifat seperti ini maka diperoleh

a = qb+ r = q1b+ r1, 0 ≤ r, r1 < b.

Dapat ditulis r−r1 = (q1−q)b. Dapat disimpulkan bahwa q = q1, sebab bila tidak

yaitu q 6= q1maka selisih magnitudnya |q− q1| ≥ 1, sehingga |r1− r| = |q− q1|b≥ b.

Hal ini tidaklah mungkin karena kedua r dan r1 bilangan tak negatif yang terletak

di kiri b. Jadi disimpulkan q = q1. Akibatnya diperoleh r = r1. �

Bila semua ruas pada persamaan (1.1) dibagi dengan b maka diperoleh

a

b= q +

r

b, atau q = a

b− r

bdengan 0 ≤ r

b< 1.

Ini menujukkan bahwa q =⌊ab

⌋yaitu pembulatan ke bawah (�ooring) a

b. Dengan

menggunakan bentuk ini kita dapat menentukan hasil bagi dengan mudah. Misalnya

a = −27 dan b = 12 maka q =⌊−27

12

⌋=⌊−21

4

⌋= −3. Sisa r mudah diperoleh, yaitu

r = a− qb = −27− (−3)(12) = −27 + 36 = 9.

Pada Teorema 1.1 disyaratkan bahwa b > 0. Sesungguhnya Teorema ini dapat diperluas

juga untuk b < 0 seperti diungkapkan pada teorema berikut.

Teorema 1.2. Jika diberikan bilangan bulat a dan b, dengan b 6= 0 maka selalu terdapat

dengan tunggal bilangan bulat q dan r yang memenuhi

a = qb+ r, 0 ≤ r < |b|. (1.2)

Bukti Untuk b > 0 berlaku |b| = b sehingga persamaan (1.1) dipenuhi langsung oleh

persamaan (1.2). Untuk b < 0, ambil |b| sebagai pengganti b pada Teorema (1.1).

Jadi terdapat q′ dan r sehingga

a = q′|b|+ r, 0 ≤ r < |b|.

Selanjutnya dengan mengambil q = −q′ dan karena |b| = −b maka persamaan

3


terakhir ini menjadi

a = q′|b|+ r = −q(−b) + r = qb+ r, 0 ≤ r < |b|.

Diperhatikan untuk b < 0 berlaku |b|b

= −1. Dengan membagi persamaan terakhir

dengan b diperoleh

a

b= q +

r

batau q = a

b− r

b, 0 ≥ r

b> −1,

yaitu q =⌈ab

⌉pembulatan ke atas atau ceiling dari a

b�

Contoh 1.2. Tentukan hasil bagi dan sisanya jika 1, -2, 61 dan -59 dibagi oleh -7.

Penyelesaian Diketahui b = −7 < 0. Untuk a = 1 diperoleh q =⌈

1−7

⌉= 0 dan

r = a− qb = 1− 0 = 1. Periksa bahwa 1 = (0)(−7) + 1. Untuk a = −2 diperoleh

q =⌈−2−7

⌉=⌈27

⌉= 1 dan r = −2 − (1)(−7) = 5. Untuk a = 61 diperoleh

q =⌈

61−7

⌉=⌈−86

7

⌉= −8 dan r = 61 − (−8)(−7) = 5. Untuk a = −59 diperoleh

q =⌈−59−7

⌉=⌈817

⌉= 9 dan r = −59− (9)(−7) = 4.

Berikut diberikan beberapa contoh soal pembuktian sebagai penerapan langsung dari

algoritma pembagian.

Contoh 1.3. Untuk setiap bilangan bulat a, buktikan a(a2 + 2)/3 merupakan bilangan

bulat.

Penyelesaian. Ambil b = 3. Dengan algoritma pembagian maka terdapat q dan r

sehingga a = 3q + r, dimana r = 0, 1 atau 2. Untuk r = 0, substitusi a = 3q ke

dalam a(a2 + 2)/3 diperoleh 3q(9q2 + 2)/3 = q(9q2 + 2) yang merupakan bilangan

bulat. Untuk r = 1, substitusi a = 3q + 1 ke dalam a(a2 + 2)/3 diperoleh(3q +

1)(9q2 + 6q + 1 + 2)/3 = (3q + 1)3(3q2 + 2q + 1)/3 = (3q + 1)(3q2 + 2q + 1)

yang merupakan bilangan bulat. Untuk r = 2, substitusi a = 3q + 2 ke dalam

a(a2 + 2)/3 diperoleh (3q + 2)(9q2 + 12q + 4 + 2)/3 = (3q + 2)3(3q2 + 4q + 2)/3 =

(3q + 2)(3q2 + 4q + 2) yang juga merupakan bilangan bulat. �

Untuk lebih meyakinkan, coba periksa untuk beberapa nilai a = −1, 0, 1, 2, 3.

Contoh 1.4. Buktikan untuk sebarang bilangan kuadrat bila dibagi 4 selalu memberikan

sisa 0 atau 1.

4


Penyelesaian Untuk bilangan bulat sebarang a, ambil b = 4. Terdapat q dan r sehingga

a = 4q + r dengan r = 0, 1, 2, 3. Selanjutnya kita melihat bentuk n := a2. Untuk

r = 0 diperoleh n = 4(4q2) memberikan sisa 0. Untuk r = 1 diperoleh n =

16q2 + 8q + 1 = 4(4q2 + 2q) + 1 memberikan sisa 1. Untuk r = 2 diperoleh

n = 16q2 + 16q + 4 = 4(4q2 + 4q + 4) memberikan sisa 0. Terakhir, untuk r = 3

diperoleh n = 16q2 + 24q+ 9 = 4(4q2 + 6q+ 2) + 1 memberikan sisa 1. Jadi semua

kasus memberikan sisa 0 atau 1. �

Dengan menggunakan hasil ini kita dapat memahami contoh soal berikut.

Contoh 1.5. Tunjukkan bahwa bilangan yang berbentuk

11, 111, 1111, 11111, · · ·

tidak pernah merupakan kuadrat sempurna.

Penyelesaian. Diperhatikan pola berikut

11 = 8 + 3

111 = 108 + 3

1111 = 1008 + 3

11111 = 10008 + 3

· · ·

Jadi dapat ditulis 1111 · · · 111 = 1000 · · · 108 + 3. Karena bilangan 1000 · · · 108

selalu habis dibagi 4 maka sesungguhnya bilangan-bilangan tersebut mempunyai

bentuk 4k + 3. Dengan kata lain mereka selalu memberikan sisa 3 jika dibagi

4. Padahal bilangan kuadrat selalu memberikan sisa 0 atau 1 jika dibagi 4 (li-

hat Contoh sebelumnya). Karena itu bilangan-bilangan tersebut tidak mungkin

merupakan bilangan kuadrat. �

1.2 Pembagi persekutuan terbesar

Suatu keadan khusus pada algoritma pembagian ketika sisa r = 0. Dalam kasus ini kita

katakan a habis membagi b.

5


De�nisi 1.1. Sebuah bilangan bulat b dikatakan terbagi atau habis dibagi oleh bi-

langan bulat a 6= 0 jika terdapat bilangan bulat c sehingga b = ac, ditulis a|b. Notasi

a - b digunakan untuk menyatakan b tidak habis terbagi oleh a.

Jadi 12 terbagi oleh 4 sebab 12 = 4 · 3, tetapi 10 tidak terbagi oleh 3 sebab tidak ada

bilangan bulat c sehingga 10 = 3c, atau setiap bilangan bulat c berlaku 10 6= 3c. Dalam

kasus ini ditulis 4|12 dan 3 - 10.

Istilah lain untuk a|b: a faktor dari b, a pembagi b atau b kelipatan dari a.

Bila a pembagi b maka −a juga pembagi b, sehingga pembagi suatu bilangan selalu

terjadi berpasangan. Jadi dalam menentukan semua faktor dari suatu bilangan bulat

cukup ditentukan faktor-faktor positifnya saja, kemudian tinggal menggabungkan. Fakta

sederhana yang diturunkan langsung dari de�nisi adalah sebagai berikut.

a|0, 1|a, a|a untuk setiap a ∈ Z.

Penjelasannya, bilangan 0 selalu habis dibagi oleh bilangan apapun yang tidak nol,

hasil baginya 0. Ingat pembagi disyaratkan tidak nol. Pembagian bilangan dengan nol

tidak dide�nisikan. Bilangan 1 merupakan faktor atau pembagi dari bilangan apapun

termasuk bilangan 0. Bilangan a 6= 0 selalu habis membagi dirinya sendiri dengan hasil

baginya adalah 1.

Teorema 1.3. Untuk setiap a, b, c ∈ Z berlaku pernyataan berikut

1. a|1 bila hanya bila a = ±1

2. Jika a|b dan c|d maka ac|bd

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

4. a|b dan b|a bila hanya bila a = ±b

5. Bila a|b dan b 6= 0 maka |a| < |b|

6. Bila a|b dan a|c maka a|(bx+ cy) untuk sebarang bilangan bulat x dan y.

Bukti. Pernyataan 1: a = ±1→ a|1 jelas, sesuai penjelasan sebelumnya. Sebaliknya,

diketahui a|1 berarti ada k ∈ Z sehinga 1 = ka. Persamaan ini hanya dipenuhi

oleh dua kemungkinan berikut: k = 1, a = 1 atau k = −1, a = −1. Jadi berlaku

a|1→ a = ±1. Jadi a|1↔ a = ±1 terbukti.

6


Pernyataan 2: diketahui a|b dan c|d yaitu ada k1, k2 ∈ Z sehingga b = k1a dan

d = k2c. Kedua persamaan ini dikalikan diperoleh

bd = (k1k2)ac,

yaitu ac|bd.Pernyataan 3: Diketahui a|b dan b|c yaitu ada k1, k2 ∈ Z sehingga b = k1a dan

c = k2b. Substitusi, diperoleh c = k2b = k2(k1a) = (k1k2a).

Pernyataan 4: Diketahui a = k1b dan b = k2a. Kedua persamaan dika-

likan, diperoleh ab = (k1k2)(ab). Diperoleh k1k2 = 1, yakni k1 = k2 = 1 atau

k1 = k2 = −1. Terbukti a = ±b.Pernyataan 5: Kita mempunyai b = ac untuk suatu c ∈ Z. Diambil nilai mut-laknya |b| = |ac| = |a||c|. Karena b 6= 0 maka |c| ≥ 1, sebab bila tidak seperti

ini maka |c| = 0 yang mengakibatkan b = 0 (kontradiksi). Karena itu diperoleh

|b| = |a||c| ≥ |a|.Pernyataan 6 : Kita mempunyai relasi b = k1a dan c = k2a. Untuk sebarang

x, y ∈ Z berlaku

bx+ cy = k1ax+ k2ay = (k1x+ k2y)a

yang berarti a|(bx+ cy). �

Pernyataan terakhir teorema ini berlaku juga untuk berhingga banyak bilangan yang

dibagi oleh a, yaitu jika a|bk, k = 1, · · · , n maka

a|(b1x1 + b2x2 + · · ·+ bnxn)

untuk setiap bilangan bulat x1, x2, · · · , xn. Selanjutnya kita bahas pengertian faktor

persekutuan terbesar.

De�nisi 1.2. Misalkan a dan b dua bilangan bulat dimana minimal salah satunya tidak

nol. Faktor persekutuan terbesar (FPB) atau greatest common divisor (gcd) dari a

dan b adalah bilangan bulat d yang memenuhi

1. d|a dan d|b

2. Jika c|a dan c|b maka c ≤ d

Pada de�nisi ini, kondisi 1 menyatakan bahwa d adalah faktor persekutuan dan kon-

disi 2 menyatakan bahwa d adalah faktor persekutuan terkecil diantara semua faktor

7


persekutuan yang ada. Selanjutnya jika d faktor persekutuan terbesar dari a dan b akan

ditulis

d = gcd(a, b).

Contoh 1.6. Faktor positif dari 12 adalah 1, 2, 3, 4, 6, 12, sedangkan faktor dari 30

adalah 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30. Jadi faktor persekutuaannya adalah 1, 2, 3, 6. Karena itu

disimpulkan gcd(12, 30) = 6.

Berdasarkan de�nisi FPB sesungguhnya kita cukup mengasumsikan bahwa a dan b posi-

tif, sebab berlaku

gcd(a, b) = gcd(a,−b) = gcd(−a, b) = gcd(−a,−b).

Penjelasannya, faktor atau pembagi suatu bilangan selalu terjadi secara berpasangan,

satunya positif dan lainnya negatif. Jadi faktor persekutuan dua bilangan selalu sama

tanpa melihat tanda positif atau negatif kedua bilangan tersebut. Akibatnya, faktor

persekutuan terbesarnya juga sama.

Teorema 1.4. Jika a dan b dua bilangan bulat yang keduanya taknol maka terdapat

bilangan bulat x dan y sehingga

gcd(a, b) = ax+ by. (1.3)

Persamaan (1.3) disebut dengan identitas Bezout. Sebelum dibuktikan, diperhatikan

ilustrasi berikut

gcd(−12, 30) = 6 = (−12)2 + 30 · 1

gcd(−8,−36) = 4 = (−8)4 + (−36)(−1).

Identitas Bezout menyatakan bahwa d = gcd(a, b) dapat disajikan dalam bentuk kom-

binasi linier atas a dan b. Ekspresi ruas kanan pada (1.3) disebut kombinasi linier dari

a dan b. Pada Teorema ini keberadaan x dan y tidak harus tunggal.

Bukti. Bentuk S himpunan semua kombinasi linier positif dari a dan b sebagai berikut

S = { au+ bv | au+ bv ≥ 1, u, v ∈ Z }

8


Perhatikan jika a 6= 0 maka |a| = au+b ·0 ∈ S, yaitu dengan mengambil u = 1 bila

a positif atau u = −1 bila a negatif. Jadi himpunan S takkosong. Menurut sifat

urutan baik, S terjamin memiliki anggota terkecil katakan saja d. Selanjutnya,

dibuktikan d = gcd(a, b). Karena d ∈ S maka terdapat x, y ∈ Z sehingga d =

ax + by. Terapkan algoritma pembagian pada a dan d maka terdapat q dan r

sehingga a = qd+ r, 0 ≤ r < d. Selanjutnya ditunjukkan r = 0. Bila ini oke maka

d|a. Andai r > 0 maka dapat ditulis

0 < r = a− qd = a− q(ax+ by) = a(1− qx) + b(−qy) ∈ S.

Fakta r ∈ S dan syarat r < d bertentangan dengan pernyataan bahwa d elemen

terkecil S sehingga disimpulkan r = 0 atau d|a. Argumen yang sama dapat dipakai

dengan menerapkan algoritma pembagian pada b dan d untuk menunjukkan bahwa

d|b. Dengan demikian terbukti bahwa d adalah faktor persekutuan dari a dan b.

Selanjutnya ditunjukkan faktor persekutuan ini adalah yang terbesar. Misalkan c

bulat positif dengan c|a dan c|b, maka berdasarkan Teorema (1.3)(6) maka c|ax+b

yaitu c|d. Jadi c ≤ d; alasannya tidak mungkin pembagi lebih besar dari bilangan

yang dibagi. Terbukti bahwa d = gcd(a, b). �

Akibat 1.1. Bila a dan b dua bilangan bulat yang keduanya tidak nol maka himpunan

T = {ax+ by|x, y ∈ Z}

merupakan himpunan semua kelipatan dari d = gcd(a, b).

Bukti. Karena d|a dan d|b maka d|(ax+ by) untuk setiap x, y ∈ Z, maka setiap elemen

T merupakan kelipatan d. Sebaliknya, dapat ditulis d = ax0 + by0 untuk suatu

x0, y0 ∈ Z. Perhatikan kelipatan dari d, yaitu

nd = n(ax0 + by0) = a(nx0) + b(ay0) ∈ T.

Ini berarti setiap kelipatan d merupakan elemen T. �

De�nisi 1.3. Dua bilangan a dan b (keduanya tidak nol) dikatakan prima relatif jika

gcd(a, b) = 1.

Pasangan bilangan (3, 5), (5,−9) dan (−27,−35) adalah beberapa contoh pasangan bi-

langan prima relatif.

9


Teorema 1.5. Bilangan a dan b prima relatif bila hanya bila terdapat bulat x, y sehingga

ax+ by = 1.

Bukti. Karena a dan b prima relatif maka gcd(a, b) = 1. Identitas Bezout menjamin

adanya bulat x, y sehingga 1 = ax+by. Sebaliknya misalkan ada bulat ax+by = 1.

Dibuktikan gcd(a, b) = d = 1. Karena d|a dan d|b maka d|(ax+ by = 1), jadi d|1.Karena itu disimpulkan d = 1. �

Akibat 1.2. Bila d = gcd(a, b) maka gcd(ad, bd

)= 1.

Bukti. Berdasarkan identitas Bezout selalu ada x dan y sehingga ax+ by = d. Dengan

membagi kedua ruas persamaan ini dengan d diperoleh(ad

)x+(bd

)y = 1. Menurut

teorema sebelumnya disimpulkan addan b

dprima relatif. �

Pada penyederhanaan pecahan abbiasanya dilakukan dengan membagi kedua bilangan

a dan b dengan FPBnya. Misalnya 812

disederhanakan menjadi 23. Dalam hal ini kita

mempunyai gcd(8, 12) = 4→ gcd(2, 3) = 1.

Teorema berikut memberikan sifat keterbagian yang melibatkan dua bilangan prima

relatif.

Teorema 1.6. Diketahui gcd(a, b) = 1. Maka berlaku pernyataan berikut.

1. Jika a|c dan b|c maka ab|c.

2. Jika a|bc maka a|c.

Bukti. Untuk pernyataan 1, terdapat bilangan bulat r dan s sehingga c = ar = bs.

Karena diketahui gcd(a, b) = 1 maka dapat ditulis 1 = ax + by untuk suatu

bilangan bulat x, y. Diperoleh

c = c · 1 = c(ax+ by) = acx+ bcy = a(bs)x+ b(ar)y = ab(sx+ ry),

yaitu ab|c. Untuk pernyataan 2, dapat ditulis

c = c · 1 = c(ax+ by) = acx+ bcy.

Karena faktanya a|ac dan diketahui a|bc maka a|(acx + bcy), yaitu terbukti a|c.�

10


Contoh 1.7. Untuk sebarang bilangan bulat a, buktikan salah satu dari a, a+ 2, a+ 4

habis dibagi oleh 3.

Bukti. Cara pertama dengan menggunakan algoritma pembagian. Ambil a dan 3, maka

ada q dan r sehingga a = 3q + r, r = 0, 1, 2. Bila r = 0 maka a = 3q yaitu a|3.Bila r = 1 maka

a = 3q + 1↔

a+ 2 = 3q + 1 + 2 = 3(q + 1),

yaitu 3|(a+ 2). Bila r = 2 maka

a = 3q + 2↔

a+ 4 = 3q + 2 + 4 = 3(q + 2),

yaitu 3|(a+ 4). �

Perhatikan pada contoh berikut ditunjukkan bahwa perkalian dua bilangan bulat beru-

rutan selalu habis dibagi 2.

Contoh 1.8. Untuk setiap bilangan bulat a, buktikan 2|a(a+ 1).

Bukti. Masih menggunakan algoritma pembagian dengan mengambil b = 2. Terdapat

q ∈ Z sehingga a = 2q + r dimana r = 0, 1. Untuk r = 0 jelas a = 2q habis dibagi

2 sehingga a(a + 1) juga habis dibagi 2. Untuk k = 1, a(a + 1) = (2q + 1)(2q +

2) = (2q + 1)(q + 1)2 jelas habis dibagi 2. Cara lain pembuktian dapat dengan

memberikan argumen logis berikut: salah satu diantara bilangan bulat a dan a+1

pasti ada bilangan genap. Jadi 2|a atau 2|(a + 1). Berdasarkan fakta ini maka

dapat disimpulkan bahwa 2|a(a+ 1). �

Dengan argumen yang mirip, coba buktikan kebenaran pernyataan a|a(a+ 1)(a+ 2).

Contoh 1.9. Buktikan bahwa untuk setiap bulat positif n dan sebarang bilangan bulat

a maka gcd(a, n+ a)|n.

Bukti. Misalkan d = gcd(a, a + n). Karena d|a dan d|(a + n) maka d membagi setiap

kombinasi kedua bilangan ini, khususnya d| ((a)(−1) + (a+ n)(1)) = n. �

Berdasarkan contoh ini secara khusus untuk n = 1 kita memperoleh gcd(a, a + 1) = 1.

Dengan kata lain dua bilangan bulat berurutan selalu prima relatif.

11


1.3 Algoritma Euclides

Algoritma Euclides digunakan untuk menentukan FPB dua bilangan besar dengan cara

mereduksinya menjadi bilangan-bilangan lebih kecil. Algoritma ini bertumpu pada teo-

rema berikut.

Teorema 1.7. Jika a = qb+ r maka gcd(a, b) = gcd(b, r).

Bukti. Berdasarkan Teorema (1.3)(6), setiap faktor persekutuan b dan r juga merupakan

faktor persekutuan qb + r = a. Karena r = a − qb maka faktor persekutuan a

dan b juga merupakan faktor persekutuan r. Jadi pasangan bilangan a, b dan b, r

mempunyai faktor persekutuan yang sama sehingga mereka mempunyai FPB yang

sama. �

Algoritma Euclides dapat disajikan sebagai berikut:

Misalkan a dan b dua bilangan yang akan ditentukan FPB nya. Cukup diasumsikan

a ≥ b > 0, karena tanda positif atau negatif bilangan a dan b tidak mempengaruhi nilai

FPB nya. Dengan algoritma pembagian, diperoleh q1 dan r1 sehingga

a = q1b+ r1, 0 ≤ r1 < b.

Bila r1 = 0 maka gcd(a, b) = b, pekerjaan selesai. Bila r1 6= 0, bagilah b dengan r1 untuk

memperoleh q2 dan r2 yang memenuhi

b = q2r1 + r2, 0 ≤ r2 < r1.

Bila r2 = 0 maka gcd(a, b) = r1, pekerjaan selesai. Bila r2 6= 0, bagilah r1 dengan r2

untuk memperoleh q3 dan r3 yang memenuhi

r1 = q3r2 + r3, 0 ≤ r3 < r2.

Proses ini diteruskan sampai dicapai sisa nol. Bila dirangkum maka akan diperoleh

bentuk berikut

12


a = q1b+ r1, 0 < r1 < b

b = q2r1 + r2, 0 < r2 < r1

r1 = q3r2 + r3, 0 < r3 < r2...

rn−2 = qnrn−1 + rn, 0 < rn < rn−1

rn−1 = qn+1rn + 0.

Berdasarkan Teorema sebelumnya maka diperoleh tahapan berikut

gcd(a, b) = gcd(b, r1) = gcd(r1, r2) = · · · = gcd(rn−1, rn) = gcd(rn, 0) = rn.

Contoh 1.10. Hitunglah FPB dari 1492 dan 1066.

Bukti. Terapkan algoritma Euclides seperti dijelaskan sebelumnya dengan mengambil

a = 1492 dan b = 1066, yaitu

1492 = 1 · 1066 + 426

1066 = 2 · 426 + 214

426 = 1 · 214 + 212

214 = 1 · 212 + 2

212 = 106 · 2 + 0.

Sisa taknol yang terakhir adalah 2 sehingga d = gcd(1492, 1066) = 2. �

Terdapat konsep yangsejalan dengan FPB yaitu kelipatan persekutan terkecil (KPK).

Bagaimana pengertian KPK dan hubungan dengan FPB serta sifat-sifat yang memuat

kedua istilah ini disampaikan pada bagian berikut.

1.4 Kelipatan persekutuan terkecil

De�nisi 1.4. Misalkan a dan b dua bilangan bulat tidak nol. Kelipatan persekutuan

terkecil (KPK) atau least common divisor (lcm) dari a dan b adalah bilangan bulat

positif m yang memenuhi

13


1. a|m dan b|m

2. Bila ada c > 0 dengan a|c dan b|c maka m ≤ c.

Kondisi 1 menyatakan bahwa m kelipatan bersama atau persekutuan dari a dan b.

Kondisi 2 menyatakan bahwa m adalah kelipatan persekutan terkecil diantara semua

kelipatan persekutuan yang ada. Selanjutnya, bila m adalah KPK dari a dan b maka

akan selalu ditulis

m = lcm(a, b).

Sebagai contoh kelipatan persekutuan dari −12 dan 30 adalah 60, 120, 180, . . . sehingga

gcd(12, 30) = 60.

Berikut diberikan hubungan antara FPB dan KPK.

Teorema 1.8. Untuk dua bilangan positif a dan b berlaku lcm(a, b) = ab

gcd(a,b).

Bukti. Ambil d = gcd(a, b) maka dapat ditulis a = dr dan b = ds untuk suatu bilangan

bulat r dan s. Perhatikan pernyataan

m =ab

d→ m =

a(ds)

d= as danm =

(dr)b

d= rb,

yaknim kelipatan persekutuan dari a dan b. Selanjutnya ditunjukkanm ini adalah

kelipatan persekutuan yang paling kecil. Misalkan c kelipatan persekutuan lainnya

dari a dan b. Dapat ditulis c = au dan c = bv untuk suatu bilangan bulat u dan

v. Dengan ientitas Bezout terdapat bulat x dan y yang memenuhi d = ax + by.

Substitusi m = abd, diperoleh

c

m=cd

ab=c(ax+ by)

ab=(cb

)x+

( ca

)y = vx+ uy ∈ Z,

yang berarti m|c. Jadi haruslah m ≤ c. Jadi m adalah KPK dari a dan b yang

memenuhi

m =ab

d↔ lcm(a, b) = ab

gcd(a,b). �

Akibat berikut ini memberikan keadaan dimana KPK dua bilangan tidak lain adalah

hasil kali keduanya. Buktinya sederhana, langsung dari teorema sebelumnya.

Akibat 1.3. Untuk setiap pasangan bilangan bulat a dan b berlaku lcm(a, b) = ab bila

hanya bila gcd(a, b) = 1.

14


Contoh 1.11. Tentukan KPK dari 3054 dan 12378

Penyelesaian. Dihitung dulu FPB dari kedua bilangan ini dengan menggunakan algo-

ritma Euclides

12378 = 4·3054 + 162

3054 = 18 · 162 + 138

162 = 1 · 138 + 24

138 = 5 · 24 + 18

24 = 1 · 18 + 6

18 = 3 · 6 + 0

sehingga diperoleh gcd(3054, 12378) = 6. Berdasarkan Teorema (1.8) maka diper-

oleh

lcm(3054, 12378) =3054 · 12378

6= 6300402. �

1.5 FPB lebih dari 2 bilangan

Setelah melihat pengertian dan sifat-sifat FPB dari dua bilangan maka kita dapat dengan

mudah memperluasnya kepada FPB untuk beberapa bilangan. Prinsipnya sama, yaitu

d dikatakan FPB dari a, b dan c, ditulis d = gcd(a, b, c) jika d|a, d|b dan d|c; kemudianjika ada faktor persekutuan lain c maka c ≤ d. Sebagai ilustrasi diperhatikan contoh

berikut ini.

Contoh 1.12. Dapat diperiksa bahwa gcd(39, 42, 54) = 3 dan gcd(49, 210, 350) = 7.

Untuk memudahkan menghitung FPB beberapa bilangan dapat dilakukan dengan metoda

reduksi bertahap seperti diungkapkan pada teorema berikut.

Teorema 1.9. Untuk beberapa bilangan a1, · · · ak berlaku

gcd(a1, a2, · · · , ak) = gcd (gcd (a1, a2) , a3, · · · , ak) .

15


Bukti. Hanya akan dibuktikan untuk tiga bilangan bulat, yaitu

gcd(a1, a2, a3) = gcd (a1, gcd(a2, a3)) .

Misalkan d = gcd(a1, a2, a3) maka d|a1, d|a2 dan d|a3. Karena itu d| gcd(a2, a3) :=

d1 sebab d|(a2x + a3y) untuk setiap bulat x dan y sedangkan d1 = gcd(a2, a3)

dapat dinyatakan sebagai salah satu bentuk kombinasi linier ini. Jadi d|a1 dan

d|d1. Ditunjukkan d faktor persekutuan terbesar dari a1 dan d1. Bila ada bulat c

dengan c|a1 dan c|d1. Karena c|d1 maka c|a2 dan c|a3. Jadi c faktor persekutuandari a1, a2 dan a3. Karena d = gcd(a1, a2, a3) maka disimpulkan c ≤ d. Jadi d

adalah FPB dari a1 dan d1, yaitu d = gcd(a1, d1) = gcd (a1, gcd(a2, a3)) . �

Untuk sejumlah berhingga banyak bilangan dapat dibuktikan dengan menggunakan prin-

sip induksi matematika.

Dengan teorema ini d = gcd(a1, a2, · · · , ak) dapat direduksi sebagai berikut:

d2 = gcd(a1, a2)

d3 = gcd(d1, a3)

d4 = gcd(d2, a4)...

dk = gcd(dk−2, ak)

dan diperoleh d = dk.

Contoh 1.13. Untuk menghitung d = gcd(36, 24, 54, 27) dihitung dulu d2 = gcd(36, 24) =

12, kemudian d3 = gcd(12, 54) = 6, dan akhirnya d = d4 = gcd(6, 27) = 3.

Konsep KPK dari lebih dua bilangan dikembangkan sejalan. Dengan mudah dapat

dibuktikan hubungan KPK dan FPB sebagai berikut

lcm(a, b, c) =abc

gcd(a, b, c). (1.4)

1.6 Persamaan Diophantine

Persamaan ini pertama kali dipelajari oleh seseorang yang bernama Diophantus yang

menghabiskan hidupnya di Alexandria, Mesir sekitar tahun 250 Masehi. Persamaan

16


Diophantine adalah persamaan linier yang memuat beberapa variabel, namun harus

diselesaikan dalam bilangan bulat. Bentuk paling sederhananya diberikan oleh

ax+ by = c (1.5)

dimana a, b dan c konstanta bulat yang diberikan. Penyelesaian persamaan Diophantine

(1.5) adalah semua pasangan bilangan bulat (x, y) yang memenuhi persamaan ini.

Contoh 1.14. Untuk persamaan 3x + 6y = 18 kita dapat menulis dalam beberapa

bentuk berikut

3 · 4 + 6 · 1 = 18

3 · (−6) + 6 · 6 = 18

3 · 10 + 6 · (−2) = 18

sehingga (4, 1), (−6, 6), (10,−2) merupakan penyelesaiannya. Masih banyak penyelesa-

ian lainnya, coba temukan! Diperhatikan persamaan 2x + 10y = 17. Adakah bilangan

bulat (x, y) yang memenuhi persamaan ini ?. Jawabnya, tidak ada. Dalam kasus ini

kita katakan persamaan 2x+ 10y = 17 tidak mempunyai penyelesaian.

Berdasarkan contoh ini persamaan Diophantine dapat mempunyai atau tidak mem-

punyai penyelesaian. Dalam kasus ia mempunyai penyelesaian maka penyelesaiannya

banyak. Teorema berikut memberikan syarat perlu dan cukup persamaan Diophantine

mempunyai penyelesaian.

Teorema 1.10. Misalkan a, b dan c bilangan bulat dimana a dan b tidak keduanya nol

dan d = gcd(a, b). Maka persamaan Diophantine

ax+ by = c

mempunyai penyelesaian jika hanya jika d|c; dalam kasus ini terdapat takberhingga

banyak penyelesaian. Penyelesaian-penyelesaian ini diberikan oleh

x = x0 +b

dn, y = y0 −

a

dn, n ∈ Z (1.6)

dimana (x0, y0) merupakan penyelesaian khusus.

Bukti. Perhatikan kembali akibat (1.1), setiap anggota himpunan T = {ax + by|x, y ∈Z} merupakan kelipatan dari d = gcd(a, b). Sebaliknya setiap anggota K =

17


{kd|k ∈ Z} yaitu himpunan kelipatan d merupakan anggota T . Dengan kata

lain dapat ditulis K = T . Karena diketahui d|c maka berlaku c = kd ∈ K se-

hingga c ∈ T . Ini berarti ada x, y ∈ Z sehingga ax + by = c. Misalkan (x0, y0)

penyelesaian tertentu atau khusus, maka musti berlaku

ax0 + by0 = c.

Bila diambil x = x0 + bdn, y = y0 − a

dn, n ∈ Z maka

a

(x0 +

b

dn

)+ b(y0 −

a

dn)

= ax0 + by0 +ab

dn− ab

dn = ax0 + by0 = c,

yakni (x, y) juga penyelesaian untuk setiap n ∈ Z. Selanjutnya ditunjukkan bahwahanya (x, y) pada (1.6) yang menjadi penyelesaian persamaan Diophantine. Diper-

hatikan, karena ax+ by = c = ax0 + by0 maka diperoleh

a(x− x0) = −b(y − y0)a

d(x− x0) = − b

d(y − y0).

Karena a dan b tidak keduanya nol, cukup diasumsikan b 6= 0. Diperhatikanbd6= 0, ia membagi a

d(x− x0). Karena gcd(a

d, bd) = 1 maka

(bd

)|(ad

)(x− x0). Jadi(

bd

)|(x − x0), yakni x − x0 = b

dn → x = x0 + b

dn untuk suatu n ∈ Z. Substitusi

mundur (x− x0) maka diperoleh − bd(y − y0) = a

d· bdn→ y = y0 − a

dn. �

Keadaan khusus dimana a dan b prima relatif maka persamaan Diophantine selalu mem-

punyai penyelesaian yang diberikan oleh

x = x0 + bn, y = y0 − an, n ∈ Z (1.7)

dimana (x0, y0) penyelesaian khususnya.

Berikut diberikan algoritma untuk menentukan penyelesaian persamaan Diophantine.

1. Hitung d = gcd(a, b); dengan cara langsung atau menggunakan algoritma Euclides.

2. Bila d - c maka persamaan Diophantine tidak mempunyai penyelesaian, stop. Bila

d|c, tulis c = kd.

3. Temukan bilangan bulat v dan w sehingga av + bw = d. Kedua ruas dikalikan k

18


diperoleh

akv + bkw = kd

a(kv) + b(kw) = c.

Diambil x0 = kv dan y0 = kw sebagai penyelesaian khususnya.

4. Gunakan formula (1.6) untuk membangun himpunan semua penyelesaian.

Contoh 1.15. Diberikan persamaan Diphantie

172x+ 20y = 1000.

1. Selidikilah apakah persamaan ini mempunyai penyelesaian.

2. Bila ia mempunyai, tentukan semua penyelesaian tersebut.

3. Tentukan penyelesaian yang bernilai positif.

Penyelesaian. Pertama selidiki dulu gcd(172, 20), yaitu dengan algoritma Euclides berikut

172 = 8 · 20 + 12

20 = 1 · 12 + 8

12 = 1 · 8 + 4

8 = 2 · 4 + 0

sehingga diperoleh gcd(172, 20) = 4. Karena 4|1000 maka persamaan Diphantine

ini dipastkan mempunyai penyelesaian. Tulis 1000 = 250 · 4. Untuk menentukan

penyelesaian ini digunakan algoritma yang telah diberikan sebelumnya. Dengan

cara berjalan mundur pada algoritma Euclides di atas untuk membentuk identitas

Bezout berikut.

4 = 12− 8

= 12− (20− 1 · 12)

= 2 · 12− 20

= 2(172− 8 · 20)− 20

= 2 · 172 + (−17) · 20.

19


Jadi dengan mengalikan kedua ruas dengan 250 diperoleh

500 · 172 + (−4250) · 20 = 1000.

Dari sini diambil x0 = 500 dan y0 = −4250 sebagai penyelesaian khususnya. Se-

lanjutnya bentuk umum penyelesaian persamaan ini diperoleh dengan menerapkan

formula pada (1.6), diperoleh

x = 500 +20

4t = 500 + 5t

y = −4250− 172

4t = −4250− 43t

dimana t bilangan bulat sebarang. Terakhir untuk memilih diantara penyelesaian

ini yang bernilai positif, kita perlu memberikan syarat berikut

500 + 5t > 0

−4250− 43t > 0

Berdasarkan syarat ini diperoleh t > −5005

= −100 untuk syarat pertama dan

t < −425043

= −983643

untuk syarat kedua. Jadi t yang memenuhi kedua syarat ini

adalah t = −99 dan penyelesaian positif yang dimaksud adalah

x = 500 + 5(−99) = 5

y = −4250− 43(−99) = 7. �

Contoh 1.16. Seorang nenek meminta cucunya membeli dua macam buah, yaitu mangga

dan jeruk. Sang nenek memberikan uang 100000 rupiah kepada sang cucu untuk men-

dapatkan sebanyak mungkin buah tetapi jeruk lebih banyak dari mangga. Bila harga

mangga 700 rupiah per biji dan jeruk 1300 rupiah per biji, tentukan banyak buah yang

harus dibeli oleh sang cucu.

Bukti. Misalkan x menyatakan banyak mangga dan y banyak jeruk yang harus dibeli

maka permasalahan di atas dapat diformulasikan sebagai

700x+ 1300y = 100000

x ≥ 0 & y ≥ 0

y > x

20


Setelah disederhanakan kita mempunyai persamaan Diophantine 7x+13y = 1000.

Karena gcd(7, 13) = 1 maka dipastikan persamaan ini mempunyai penyelesaian.

Secara kasat mata kita langsung dapat membentuk identitas Bezout berikut

1 = 7 · 2 + 13 · (−1).

Jika kedua ruas dikalikan dengan 1000 diperoleh 1000 = 7 · 2000 + 13 · (−1000)

sehingga diperoleh penyelesaian khususnya

x0 = 2000 dan y0 = −1000.

Penyelesaian umum persamaan ini diberikan oleh

x = 2000 + 13n

y = −1000− 7n, n ∈ Z.

Karena disyaratkan x ≥ 0 maka diperoleh

2000 + 13n ≥ 0→ n ≥ −2000

13≈ −153.84→ n = {−153,−152,−151, · · · }.

Syarat pada y ≥ 0 menghasilkan batasan n berikut

−1000− 7n ≥ 0→ n ≤ −1000

7≈ −142.85→ n = {· · · ,−145,−144,−143}.

Syarat y > x memberikan hasil berikut

−1000− 7n > 2000 + 13n→ n < −150→ n = {· · · ,−153,−152,−151}.

Nilai n yang memenuhi ketiga syarat ini adalah

n = {−153,−152,−151}

Penyelesaian yang bersesuaian dengan n ini akan bernilai positif, tetapi kita perlu

memilih n yang membuat nilai x+ y terbesar. Perhatikan tabel berikut

21


n x y x+ y

−153 11 71 82−152 24 64 88−151 37 57 94

Jadi sang cucu harus membeli 37 biji mangga dan 57 biji jeruk. �

Ada metoda lain untuk menyelesaikan persamaan Diophantine, yaitu metoda Reduksi

Euclides. Metoda ini didasarkan pada penyajian penyelesaian persamaan Diophantine

dalam bentuk

x = i+ jt

y = k +mt

dimana i, j, k,m ∈ Z. Untuk jelasnya kita perhatikan contoh berikut.

Contoh 1.17. Selesaikan persamaan Diphantine 6x+ 5y = 171, x, y > 0.

Penyelesaian. Karena gcd(6, 5) = 1 maka persamaan ini dipastikan mempunyai penye-

lesaian. Pertama, nyatakan x secara eksplisit

x =171− 5y

6= 28 +

3− 5y

6︸︷︷︸p

.

Ambil p = 3−5y6∈ Z sehingga dapat ditulis: x = 28+p. Variabel y juga dinyatakan

secara eksplisit dalam p, yaitu

y =3− 6p

5= −p+

3− p5︸︷︷︸q

.

Ambil q = 3−q5∈ Z sehingga dapat ditulis: y = −p + q dan p = 3 − 5q. Dengan

menggunakan hasil ini diperoleh penyelesaian yang dimaksud

x = 28 + (3− 5q) = 31− 5q

y = −(3− 5q) + q = 6q − 3.

Syarat x > 0 memberikan 31 − 5q > 0 → q < 315

= 615, sedangkan syarat y > 0

memberikan 6q − 3 > 0→ q > 12. Jadi dipenuhi oleh q ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Silahkan

22


dihitung sendiri penyelesaian positif yag dimaksud. �

Perhatikan semakin banyak syarat yang dikenakan pada penyelesaian semakin berkurang

banyaknya penyelesaian yang memenuhi.

23

2 BILANGAN PRIMA

Bilangan prima telah dikenal sejak sekolah dasar, yaitu bilangan yang tidak mem-

punyai faktor selain dari 1 dan dirinya sendiri. Bilangan prima memegang peranan

penting karena pada dasarnya konsep apapun yang dibahas dalam teori bilangan se-

lalu dikaitkan dengan bilangan prima. Sebagai ilustrasi: jika ditanyakan banyak faktor

positif dari 24 maka biasanya dilakukan dengan mendaftar semua faktor tersebut yaitu

1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24 jadi ada 8 buah. Untuk bilangan 60 mempunyai sebanyak 12 fak-

tor positif. Cara mendaftarkan satu per satu semua faktor seperti ini tidaklah efektif

khususnya untuk bilangan yang besar. Coba perhatikan 24 = 23 · 3 dan 60 = 22 · 3 · 5.Dengan menambahkan 1 pada setiap pangkat prima, kemudian mengalikan mereka maka

diperoleh banyaknya faktor prima. Untuk bilangan 24 terdapat (3 + 1) × (1 + 1) = 8

faktor, dan untuk 60 terdapat (2 + 1)× (1 + 1)× (1 + 1) = 12 faktor.

Bagaimana juga ketika diminta untuk menentukan suatu bilangan prima atau bukan,

bagaimana memutuskan suatu bilangan bulat besar dapat dibagi oleh bilangan bulat

lain, bagaimana distribusi bilangan prima dalam Z; semuanya akan dibahas pada bab

ini.

2.1 Teorema Fundamental Aritmatika

De�nisi 2.1. Suatu bilangan bulat p > 1 dikatakan prima jika faktor positifnya

hanyalah 1 dan p (dirinya sendiri). Bilangan bulat lebih dari 1 yang bukan prima

disebut komposit.

Diantara 10 bilangan bulat pertama, 2, 3, 5, 7 adalah prima dan 4, 6, 8, 10 adalah kom-

posit. Berdasarkan de�nisi ini hanya 2 bilangan prima yang genap, sedangkan 1 bukan

prima dan bukan komposit. Suatu bilangan p adalah komposit jika ada bilangan bulat

a dan b sehingga p = ab. Tentunya dipenuhi 0 < a, b < p.

24

2 BILANGAN PRIMA

Untuk mulai pokok bahasan, diperhatikan fakta sederhana bahwa bilangan prima 3

dapat membagi 36. Kita juga mempunyai faktorisasi berikut

36 = 6× 6 = 9× 4 = 12× 3 = 18× 2.

Ternyata bilangan 3 dapat membagi minimal salah satu faktor di setiap perkalian terse-

but. Sekarang diperhatikan pula bilangan komposit 4, yaitu 4|(2 × 6) tetapi 4 - 2 dan

4 - 6.

Teorema 2.1. Jika p prima dan p|ab maka p|a atau p|b.

Bukti. Bila ternyata p|a maka teorema terbukti, selesai. Bila p - a maka pastilah

gcd(a, b) = 1 sebab faktor p hanyalah 1 atau p. Berdasarkan Teorema 1.6(2)

disimpulkan p|b.

Teorema ini menyatakan bahwa jika suatu bilangan prima p membagi perkalian dua

bilangan bulat maka p pasti membagi salah satu diantara keduanya. Fakta ini dapat

diperluas untuk bentuk perkalian beberapa bilangan bulat.

Akibat 2.1. Bila p prima dan p|a1a2 · · · an maka p|ak untuk suatu k ∈ {1, · · · , n}.

Bukti. Dibuktikan dengan menggunakan prinsip induksi matematika. Untuk n = 1,

pernyataan berlaku secara otomatis. Untuk n = 2 pernyataan benar berdasarkan

Teorema 2.1. Andaikan berlaku untuk n = i, yaitu p|a1a2 · · · ai → p|ak untuk

suatu k ∈ {1, · · · , i}. Untuk n = i+1, diketahui p|(a1a2 · · · ai)(ai+1). Berdasarkan

Teorema 2.1 maka p|a1a2 · · · ai atau p|ai+1, yakni p|ak untuk suatu k ∈ {1, · · · , i+1}. �

Akibat 2.2. Bila p, q1, · · · , qn semuanya prima dan p|q1q2 · · · qn maka p = qk untuk

suatu k ∈ {1, · · · , n}.

Bukti. Berdasarkan akibat 2.1, p|qk untuk suatu k ∈ {1, · · · , n}. Karena qk prima maka

tidak ada faktor lain selain 1 dan dirinya sendiri qk. Jadi haruslah p = qk. �

Pada awal bab ini telah diilustrasikan bahwa suatu bilangan bulat dapat disajikan dalam

bentuk perkalian bilangan-bilangan prima. Formalisasi keadaan ini disajikan dalam

bentuk Teorema Fundamental Aritmatika (TFA) yang merupakan batu pijakan dalam

teori bilangan.

25

2 BILANGAN PRIMA

Teorema 2.2. Setiap bilangan bulat positif n > 1 selalu dapat disajikan dalam bentuk

perkalian bilangan-bilangan prima. Representasi ini tunggal terhadap urutan faktor-

faktornya, yaitu

n = pe11 pe22 · · · p

ekk (2.1)

dimana p1, · · · , pk prima dan e1, · · · , ek eksponen bulat positif.

Bukti. Dibuktikan dengan menggunakan prinsip induksi kuat. Untuk n = 2 pernyataan

benar, yaitu dengan mengambil p1 = 2 dan e1 = 1. Asumsikan n > 2 dan ekspresi

(2.1) dipenuhi oleh setiap bilangan diantara 1 dan n, yaitu m = pe11 pe22 · · · p

ekmkm

untuk setiap m = 3, 4, · · · , n− 1. Sekarang untuk bilangan n. Bila n prima maka

tidak perlu dibuktikan lagi, karena ekspresi (2.1) terpenuhi secara otomatis. Jadi

diasumsikan n komposit, yaitu terdapat bilangan bulat a dan b sehingga n = ab di-

mana 0 < a, b < n. Karena kedua a dan b kurang dari n maka berdasarkan hipote-

sis, mereka dapat disajikan sebagai perkalian bilangan-bilangan prima, katakan

a = qe11 qe22 · · · q

ekaka

dan b = re11 re22 · · · r

ekrkr

dimana para qi dan rk prima. Den-

gan membuat urutan baru dapat disajikan n = ab = pe11 pe22 · · · p

ekk . Selanjutnya

ditunjukkan ketunggalan representasi (2.1). Andai kita mempunyai dua bentuk

representasi berikut

n = pe11 pe22 · · · p

ekk = qf11 q

f22 · · · q

ftt (#).

Berlaku p1|n. Berdasarkan Akibat (2.1), p1|qj untuk suatu j ∈ {1, · · · , t}. Dengancara menyusun kembali maka kita dapat meletakan qj diawal, katakan qj = q1.

Karena p1dan q1 keduanya prima dan p1|q1maka haruslah p1 = q1. Substitusi ke

dalam persamaan (#) diperoleh

pe1−11 pe22 · · · pekk = qf1−11 qf22 · · · q

ftt .

Bila proses ini diteruskan dengan memasangkan faktor prima yang sama pada

kedua ruas, kemudian melakukan kanselasi maka akan terjadi penghilangan faktor

prima pada salah satu ruas. Bila ada salah satu ruas yang tidak habis faktor

primanya maka akan terdapat bilangan 1 pada ruas lainnya sehingga 1 merupakan

perkalian dari paling tidak dua bilangan prima pi atau qj. Hal ini tidaklah mungkin

karena pi dan qj keduanya lebih dari 1. Jadi faktor-faktor prima pada kedua ruas

saling menghabiskan. Untuk itu, setelah penyusunan ulang haruslah k = t, pi = qi

dan ei = fi. Terbukti representasi (2.1) tunggal. �

26

2 BILANGAN PRIMA

Salah satu manfaat faktorisasi prima kita dapat menghitung banyaknya faktor prima

suatu bilangan bulat seperti diilustrasi pada awal bab ini.

Contoh 2.1. Tentukan faktorisasi prima dari 24, dan 60.Gunakan hasil anda untuk

menghitung banyaknya faktor positif yang ada. Temukan faktor-faktor prima tersebut.

Penyelesaian. Dengan mudah kita dapat menemukan faktorisasi untuk 24, yaitu 24 =

23 · 3. Untuk menemukan semua faktor positifnya, diperhatikan tabulasi silang

seperti diberikan pada Tabel 2.1 (kiri). Semua faktor yang dimaksud adalah

{1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24} yaitu berjumlah 8 buah faktor. Kalau diperhatikan dengan

seksama, besarnya pangkat pada faktorisasi prima menentukan banyak baris atau

kolom pada tabulasi silang. Dalam hal ini pangkat 3 pada faktor 23 menghasilkan

4 kolom karena ditambahkan bilangan 1, sedangkan pangkat 1 pada 31 = 3 meng-

hasilkan 3 baris karena ditambahkan bilangan 1. Jadi banyak faktornya adalah

(3 + 1) × (1 + 1) = 8. Argumen yang sama diterapkan pada bilangan 60 yang

mempunyai faktorisasi prima 22 · 3 · 5. Bila diperhatikan Tabel 2.1 (kanan), kom-

binasi faktor 22 dan 3 menghasilkan (2 + 1) × (1 + 1) = 6 buah faktor, yaitu

{1, 2, 3, 4, 6, 12}. Kontribusi faktor 5 berikutnya memberikan total faktor sebanyak

(2 + 1) × (1 + 1) × (1 + 1) = 12 buah, yaitu {1, 2, 3, 4, 6, 12, 5, 10, 15, 20, 30, 60}.Tabulasi silang seperti ini dapat membantu untuk menemukan semua faktor posi-

tifnya.

× 1 2 22 23

1 1 2 4 83 3 6 12 24

× 1 2 22

1 1 2 43 3 6 12× 1 2 3 4 6 121 1 2 3 4 6 125 5 10 15 20 30 60

Table 2.1: Tabulasi silang faktor prima berpangkat

Berdasarkan pembahasan pada contoh soal ini diperoleh hasil sebagai berikut.

Teorema 2.3. Bila n = pe11 pe22 · · · p

ekk dan Π(n) adalah banyak faktor positif dari n maka

Π(n) = (e1 + 1)× (e2 + 1)× · · · × (en + 1). (2.2)

27

2 BILANGAN PRIMA

Contoh 2.2. Tentukan semua faktor prima dari 50!, dan hitung banyak semua faktor

positifnya.

Penyelesaian. Diperhatikan 50! := (50)(49)(48) · · · (3)(2)(1). Jadi faktor-faktor pri-

manya tidak lain adalah semua bilangan prima yang kurang dari 50, yaitu 2,

3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47 (ada 15 buah). Untuk menghi-

tung semua faktor positifnya, terlebih dahulu sajikan bilangan 50! dalam bentuk

faktorisasi prima. Wow bilangannya besar sekali, bagaimana caranya? Salah satu

caranya adalah dengan membentuk faktorisasi prima untuk masing-masing faktor

kompositnya, yaitu:

50 = 2 · 52 42 = 2 · 3 · 7 34 = 2 · 17 26 = 2 · 13 18 = 2 · 32 9 = 25 · 549 = 72 40 = 23 · 5 33 = 3 · 11 25 = 52 16 = 24 8 = 23

48 = 24 · 3 39 = 3 · 13 32 = 25 24 = 23 · 3 15 = 3 · 5 6 = 2 · 346 = 2 · 23 38 = 2 · 19 30 = 2 · 3 · 5 22 = 2 · 11 14 = 2 · 7 4 = 22

45 = 32 · 5 36 = 22 · 32 28 = 22 · 7 21 = 3 · 7 12 = 22 · 344 = 22 · 11 35 = 5 · 7 27 = 33 20 = 22 · 5 10 = 2 · 5

Jadi 50! = 24332051378114133172192232291311371411431471 sehingga terdapat se-

banyak (44)(21)(14)(9)(5)(4)(3)(3)(3)(2)(2)(2)(2)(2)(2) = 4023613440 buah, su-

atu jumlah yang sangat besar. �

Contoh 2.3. Diberikan p prima,

1. Bila p|an, maka buktikan pn|an.

2. Bila gcd(a, b) = p, tentukan nilai dari gcd(a2, b2).

Bukti 1. Karena p| aa · · · a︸︷︷︸n faktor

= an maka menurut Akibat 2.2 disimpulkan bahwa p = a,

yaitu p|a. Akibatnya, pn|an.2. Karena p|a dan p|b maka p2|a2 dan p2|b2. Jadi p2 faktor persekutuan dari a2

dan b2. Apakah p2 faktor persekutuan terkecil? �

Misalkan untuk dua bilangan bulat a dan b mempunyai representasi berikut

a =r∏i=1

pαii , b =

r∏i=1

pβii

28

2 BILANGAN PRIMA

dimana lambang Π untuk perkalian. Kita selalu dapat menyatakan pi sebagai faktor

persekutuan dari a dan b dengan membolehkan αi dan βi bernilai nol. Dengan menggu-

nakan representasi ini, maka diperoleh hasil berikut

ab =r∏i=1

pαi+βii

a

b=

r∏i=1

pαi−βii asalkan b|a

gcd(a, b) =r∏i=1

pmin{αi,βi}i

lcm(a, b) =r∏i=1

pmax{αi,βi}i

Contoh 2.4. Tentukan FPB dan KPK dari 132 dan 400.

Penyelesaian. Pertama ditentukan faktorisasi prima kedua bilangan ini, yaitu

132 = 22 · 3 · 11

400 = 24 · 52.

Dengan menuliskan semua faktor prima yang ada, diperoleh p1 = 2, p2 = 3, p3 =

5, p4 = 11 dan α1 = 2, β1 = 4, α2 = 1, β2 = 0, α3 = 0, β3 = 2, α4 = 1, β4 = 0.

Dengan demikian diperoleh

gcd(132, 400) = 22 · 30 · 50 · 110 = 4

lcm(132, 400) = 24 · 31 · 52 · 111 = 13200.

2.2 Saringan Eratosthenes

Bila diberikan sebuah bilangan bulat, bagaimana kita dapat memutuskan apakah ia

prima atau komposit. Kalau ia komposit, bagaimana menentukan faktor-faktornya.

Teorema 2.4. Sebuah bilangan bulat n > 1 adalah komposit bila hanya bila ia dapat

dibagi oleh suatu faktor prima p ≤√n.

Bukti. (←) Bila n dapat dibagi oleh bilangan prima p tersebut maka jelas n komposit.

(→) Sebaliknya diketahui n komposit, maka dapat ditulis n = ab dengan 0 <

29

2 BILANGAN PRIMA

a, b < n. Ini berakibat a ≤√n atau b ≤

√n, sebab bila tidak akan menghasilkan

ab > n. Faktor a atau b ini pasti dapat dibagi oleh bilangan prima p ≤√n, yang

juga kemudian membagi n. �

Teorema ini mengatakan bahwa jika suatu bilangan bulat n tidak terbagi oleh setiap

bilangan prima p dengan p ≤√n maka dipastikan n adalah prima. Hasil inilah yang

digunakan oleh seorang matematikawan Yunani Eratosthenes (276-194 SM) menemukan

teknik untuk memilih bilangan prima dalam rentang tertentu. Metoda ini disebut

saringan Eratosthenes (sieve of Eratosthenes). Metoda ini akan jelas dalam con-

toh menentukan semua bilangan prima yang kurang dari 100.

1. Daftarkan semua bilangan tersebut, yaitu 2, 3, · · · , 100. Dapat dibentuk dalam

bentuk persegi panjang untuk menghemat tempat.

2. Biarkan bilangan 2 sebagai bilangan prima pertama, silang semua bilangan kelia-

patan 2, yaitu 4, 6, 8, · · ·

3. Setelah 2, bilangan pertama tidak tercoret adalah 3. Pertahankan bilangan 3

sebagai prima kedua, silang semua kelipatan 3, yaitu 6, 9, 12, · · · .

4. Bilangan pertama setelah 3 yang belum tercoret mestinya 5. Pertahankan bilangan

5 ini, coret semua kelipatan 5, yaitu 10, 15, 20, · · ·

5. Cara yang sama dilakukan pada bilangan 7.

Diperhatikan 7 adalah bilangan prima terakhir dengan 7 ≤√

100, sebab prima berikut-

nya adalah 11. Jadi setelah langkah ke 5, bilangan dalam daftar yang tidak tercoret

adalah bilangan prima. Bilangan prima yang dimaksud adalah 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19,

23, 29, 31, 37,41,43,47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, kesemuanya prima kurang

dari 100.

Contoh 2.5. Nyatakan a = 2093 dalam bentuk perkalian bilangan prima berpangkat.

Penyelesaian. Diperhatikan bahwa√

2093 < 46. Jadi cukup diperiksa bilangan prima

yang kurang dari 46: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43 yang merupakan

faktor. Ternyata 2093 hanya memiliki tiga faktor prima, yaitu 17, 13 dan 23,

tepatnya

2093 = 13 · 17 · 23. �

30

2 BILANGAN PRIMA

2.3 Distribusi Bilangan Prima

Diperhatikan terdapat 4 bilangan prima diantara 1 dan 10, ada 21 bilangan prima di-

antara 10 dan 100, ada 21 bilangan prima diantara 100 dan 200, ada 16 bilangan prima

diantara 200 dan 300...... Berdasarkan data empiris ini, distribusi bilangan prima se-

makin lama semakin jarang. Mungkinkah suatu saat bilangan prima tidak muncul lagi

diantara kumpulan bilangan bulat yang sangat besar. Teorema berikut memberian

jawabannya. Teorema ini dikenal dengan Teorema Euclides.

Teorema 2.5. Terdapat takberhingga banyak bilangan prima.

Bukti. Dibuktikan dengan kontradiksi. Andai hanya terdapat berhingga banyak bilan-

gan prima, katakan secara berurutan p1 = 2, p2 = 3, · · · , pn. Ambil bilangan bulat

N yang dide�nisikan sebagai

N = p1p2 · · · pn + 1.

Karena N > 1 maka berdasarkan TFA, P mesti dapat dibagi oleh suatu bilan-

gan prima p. Tetapi kita telah mengandaikan bahwa hanya p1, p2, · · · , pn bilanganprima yang ada. Jadi haruslah p = pk untuk suatu k ∈ {1, · · · , n}. Kita mem-

punyai dua fakta, yaitu p|N dan p|p1p2 · · · pn. Akibatnya p|(N − p1p2 · · · pn) atau

p|1. Hal ini menimbulkan kontradiksi karena p > 1. Jadi tidaklah benar bahwa

banyaknya bilangan prima berhingga. �

Pembahasan mengenai bilangan prima banyak menyimpan misteri yang belum terkuak.

Sampai saat ini belum ada formula eksplisit atau cara efektif untuk mengidenti�kasi

bilangan prima. Diperhatikan contoh berikut.

Contoh 2.6. Misalkan p1, p2, · · · , pn adalah n buah bilangan prima pertama, dan dide�n-

isikan p∗n = p1p2 · · · pn + 1. Selidikilah apakah untuk setiap n ∈ N, p∗n prima. Berikan

komentar.

Penyelesaian. Kita selidiki untuk beberapa

p∗1 = 2 + 1 = 3

p∗2 = 2 · 3 + 1 = 7

p∗3 = 2 · 3 · 5 + 1 = 31

p∗4 = 2 · 3 · 5 · 7 + 1 = 211

p∗5 = 2 · 3 · 5 · 7 · 11 + 1 = 2311,

31

2 BILANGAN PRIMA

semuanya adalah prima. Namun perhatikan kasus berikut ini

p∗6 = 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 + 1 = 59 · 509

p∗7 = 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 · 17 + 1 = 19 · 97 · 277,

ternyata tidak prima. Ternyata tidak semua n, p∗n prima. Permasalahan selanjut-

nya adalah tidak dapat diketahui dengan pasti apakah bilangan prima dengan pola

seperti ini berhingga atau takberhingga. Sampai saat ini baru ditemukan 2, 3, 5,

7, 11, 31, 379, 1019, 1021, 2657, 3229, 4547, 4787, 11549, 13649, 18523, 23801, dan

24029 bilangan prima yang mengikuti pola ini. Terakhir, sebuah bilangan prima

bentuk ini ditemukan pada tahun 1995 terdiri dari 10395 digit. Selain itu, semua

p∗n dengan n < 35000 adalah komposit. �

Teorema 2.6. Terdapat takberhingga banyak bilangan prima yang berbentuk 4q + 3.

Bukti. Bukti dengan kontradiksi. Andai hanya terdapat berhingga bilangan prima ben-

tuk ini, katakan p1, p2, · · · , pk. Ambil m = 4p1p2 · · · pk − 1 sehingga m berbentuk

4q + 3 yaitu dengan mengambil q = p1p2 · · · pk + 1. Karena m ganjil maka setiap

bilangan prima p yang membagi m juga ganjil, atau secara ekuivalen berbentuk

p = 4q + 1 atau p = 4q + 3. Ingat adanya faktor prima ini dijamin oleh TFA.

Bila p berbentuk 4q + 1 maka m juga mempunyai bentuk ini, padahal m berben-

tuk 4q + 3. Jadi haruslah m terbagi oleh suatu bilangan prima p yang berbentuk

4q + 3. Karena diasumsikan hanya ada p1, p2, · · · , pk bilangan prima bentuk ini

maka haruslah p = pi untuk suatu i ∈ {1, · · · , k}. Jadi p|p1p2 · · · pk, dan juga p|m.

Diperoleh p|4p1p2 · · · pk −m, atau p|1 suatu kontradiksi. �

Contoh 2.7. Temukan 5 bilangan prima yang mempunyai pola 4q + 1.

Penyelesaian. Untuk q = 1 diperoleh 4(1)+1 = 5, untuk q = 3 diperoleh 4(2)+1 = 13,

untuk q = 4 diperoleh 4(4) + 1 = 17, untuk q = 7 diperoleh 4(7) + 1 = 29, untuk

q = 9 diperoleh 4(9) + 1 = 37. �

Sebaliknya tidak semua bilangan prima berbentuk 4q + 1, misalnya 7, 11, 19 dan lain-

lain. Jadi walaupun takberhingga banyak bilangan prima dalam bentuk ini, namun

masih terdapat takberhingga banyak pula bilangan prima yang tidak berbentuk seperti

ini. Tidak semua bilangan prima dapat dikenali bentuk umumnya. Sebaliknya sulit

menemukan suatu bentuk umum yang dapat menghasilkan bilangan prima. Teorema

32

2 BILANGAN PRIMA

Dirichlet mengatakan terdapat takerhingga banyak bilangan prima yang terdapat di-

dalam barisan aritmatika

a, a+ b, a+ 2b, a+ 3b, · · ·

asalkan gcd(a, b) = 1. Sebagai contoh, diperhatikan bilangan yang diakhiri oleh angka

999: 1999, 100999, 1000999, · · · merupakan bilangan prima. Mereka ini berbentuk 1000n+

999 dengan gcd(1000, 999) = 1.

Bilangan prima Fermat dan Mersene

Kita fokus pada bilangan bulat yang mempunyai bentuk umum 2m± 1. Sebagian besar

bilangan ini adalah prima, misalnya 3, 5, 7, 13, 31, 127, · · · , semuanya berbentuk 2m ± 1.

Kita tahu persis bentuk umum m yang membuat bilangan ini prima. Namun sebaliknya

kita dapat mendeteksi bentuk m bilamana 2m + 1 prima, seperti diungkapkan pada

teorema berikut.

Teorema 2.7. Bila 2m + 1 prima maka m = 2n untuk suatu n ≥ 0.

Bukti. Dibuktikan melalui kontraposisinya. Diketahuim tidak berbentuk 2n. Maka ada

bilangan ganjil q > 1 sehingga m = 2nq. Alasannya adalah sebagai berikut: untuk

q ganjil, katakan q = 2k + 1 maka m = 2n(2k + 1), yaitu diantaranya berbentuk

2n · 3, 2n · 5, 2n · 7, · · · kesemuanya tidak mungkin berbentuk 2n karena faktor

ganjilnya tidak dapat digabungkan dengan 2 untuk membentuk 2(·). Bila q genap

maka ada kemungkinan 2nq berbentuk 2(·), misalnya 2n · 4 = 2n+2. Perhatikan

polinomial P (t) = tq + 1. Karena q ganjil maka dapat difaktorkan P (t) = (t +

1)(tq−1 − tq−2 + · · · + t2 − t + 1), jadi (t + 1) merupakan faktor dari P (t). Ambil

t = x2n, substitusi ke dalam P (t) diperoleh P

(x2

n)=(x2

n)q+1 = x2

nq+1 = xm+1

mempunyai faktor (x2n

+ 1). Diambil x = 2 maka disimpulkan (22n + 1) adalah

faktor dari 2m + 1. Jadi 2m + 1 bukan prima. �

Bilangan yang berbentuk Fn := 22n + 1, n ≥ 0 disebut bilangan Fermat. Bilangan

Fermat yang merupakan bilangan prima disebut prima Fermat. Ada konjektur bahwa

semua bilangan Fermat adalah prima. Coba perhatikan beberapa diantaranya F0 =

3, F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257, F5 = 65537 kesemuanya adalah prima. Namun pada tahun

1732 Euler menunjukkan bahwa bilangan Fermat berikutnya adalah komposit, yaitu

F5 = 232 + 1 = 4294967297 = 641× 6700417,

33

2 BILANGAN PRIMA

sehingga konjektur tersebut tidak terbukti.

Walaupun tidak semua bilangan Fermat adalah prima, namun dapat dipastikan setiap

pasangan dua bilangan Fermat membentuk prima relatif, yaitu gcd(Fn, Fn+k) = 1. Un-

tuk bukti, lihat Jones and Jones (2005).

Selanjutnya, bilangan yang berbentuk 2p+1 dimana p prima disebut bilangan Mersene,

dan diantara bilangan ini yang prima disebut bilangan prima Mersene. Untuk

p = 2, 3, 5, 7 diperoleh bilangan prima Mersene berikut

Mp = 3, 7, 31, 127,

tetapi untuk p = 11, M11 = 211 + 1 = 2047 = 23× 89 ternyata bukan prima.

2.4 Uji Keterbagian

Berdasarkan Teorema Fundamental Aritmatika kita selalu dapat menyajikan sebarang

bilangan bulat dalam bentuk perkalian bilangan prima berpangkat. Permasalahannya

adalah bagaimana cara efektif untuk menemukan semua faktor tersebut. Metoda coba-

coba sangat tidak efektif terutama bilangannya besar. Untuk itu diperlukan cara untuk

mendeteksi awal suatu bilangan bulat dapat terbagi oleh bilangan bulat lainnya.

Suatu bilangan bulat n dalam bentuk desimal dan dalam basis 10 ditulis sebagai berikut

n = akak−1 · · · a1a0 ↔ n = ak10k + ak−110k−1 + · · ·+ a110 + a0.

Sebagai contoh n = 3457 berarti k = 3 dan n = 3 · 103 + 4 · 102 + 5 · 101 + 7. Berikut

beberapa proposisi untuk uji keterbagian.

Proposisi 2.1. n habis terbagi 2 bila hanya bila a0 genap.

Bukti. Cukup jelas.

Proposisi 2.2. n habis dibagi 3 bila hanya bila jumlah angka-angka pembangunnya habis

dibagi 3.

Bukti. Diperhatikan bentuk 10k = (9 + 1)k. Bila dijabarkan maka akan menghasilkan

bentukmk+1 dimanamk suatu bilangan kelipatan 9, jadi habis dibagi 3. Ilustrasi,

34

2 BILANGAN PRIMA

(9+1)1 = 9︸︷︷︸m1

+1, (9+1)2 = 92 + 2 · 9︸︷︷︸m2

+1, (9+1)3 = 93 + 3 · 92 + 3 · 9︸︷︷︸m3

+1. Secara

umum dijabarkan dengan menggunakan formula binomial

(9 + 1)k =k∑r=0

(k

r

)9r1k−r = 1 +

k∑r=1

(k

r

)9r︸︷︷︸

mk

.

Jadi diperoleh

n = (akmk + ak−1mk−1 + · · ·+ a1m1)︸︷︷︸M

+(ak + ak−1 + · · ·+ a1 + a0).

Karena 3|M maka diperoleh 3|n↔ 3|(ak + ak−1 + · · ·+ a1 + a0). �

Contoh 2.8. Bilangan 372 habis dibagi 3 sebab 3 + 7 + 2 = 12 habis dibagi 3, tetapi

bilangan 4561 tidak dapat dibagi 3 sebab 4+5+6+1 = 16 tidak terbagi oleh 3, silahkan

cek!.

Proposisi 2.3. n habis dibagi 4 bila hanya bila bilangan yang dibentuk oleh dua digit

terakhirnya habis dibagi 4.

Bukti. Diperhatikan n = ak10k + ak−110k−1 + · · ·+ a2102︸︷︷︸Q

+a110 + a0. Karena Q selalu

habis dibagi 4 maka n habis dibagi 4 bila hanya bila a110 + a0 ≡ a1a0 habis dibagi

4. �

Contoh 2.9. Bilangan 4562 tidak habis dibagi 4 sebab 62 tidak habis dibagi 4, sedan-

gkan 34232 habis dibagi 4 sebab32 habis dibagi 4.

Proposisi 2.4. n habis dibagi 5 bila hanya bila angka terakhirnya 0 atau 5.

Bukti. Cukup jelas.


dibagi 3 dan angka terakhirnya a0 genap.

Bukti. 6|n ↔ 3|n dan 2|n. Dengan menggunakan Proposisi 2.1 dan 2.1, terbuktilah

proposisi ini. �

Contoh 2.10. Bilangan 6531 dan 47502 kedua habis dibagi 3 sebab jumlah angka-

angkanya habis dibagi 3. Selanjutnya, 47502 habis dibagi 6 tetapi 6531 tidak habis

dibagi 6.

35

2 BILANGAN PRIMA

Catatan 2.1. Bila habis dibagi 6 maka habis dibagi 3, tetapi tidak berlaku sebaliknya.

Proposisi 2.6. Syarat cukup n habis dibagi 7 adalah M habis dibagi 7, dimana M bi-

langan lebih kecil yang diperoleh dengan cara membuang angka terkahir N kemudian

menguranginya dengan 2 kali angka terakhir tersebut.

Sebelum dibuktikan diperhatikan dulu contoh berikut.

Contoh 2.11. Diperhatikan bilangan n = 47292. Kita perkecil bilangan ini dengan

menggunakan teknik pada proposisi di atas.

47292→ 4729− 2(2) = 4725→ 472− 2(5) = 462→ 46− 2(2) = 42 =: M.

Karena M habis dibagi 7 maka disimpulkan n habis dibagi 7. Silahkan cek!

Bukti. Berdasarkan pembentukan M seperti pada proposisi kita dapat menulis

M = ak10k−1 + ak−110k−2 + · · ·+ a210 + a1 − 2a0

10M = ak10k + ak−110k−1 + · · ·+ a2102 + a110− 2a010

= ak10k + ak−110k−1 + · · ·+ a2102 + a110 + a0︸︷︷︸n

−a0 − 20a0

= n− 21a0.

Jadi diperoleh hubungan n = 10M + 21a0. Jelas bila 7|M maka 7|n sebab 21a0

selalu habis dibagi 7. �

Proposisi 2.7. n habis dibagi 8 bila hanya bila bilangan yang dibentuk oleh tiga digit

terakhirnya habis dibagi 8.

Bukti. Tulis n = ak10k + ak−110k−1 + · · ·+ a3103︸︷︷︸T

+ (a2102 + a110 + a0). Karena T se-

lalu habis dibagi 8 maka n habis dibagi 8 bila hanya bila a2102+a110+a0 ≡ a2a1a0

habis dibagi 8. �


dibagi 9.

Bukti. Gunakan argumen yang sama ketika membuktikan habis dibagi 3. �

Proposisi 2.9. n habis dibagi 10 bila hanya bila angka terakirnya 0.

36

2 BILANGAN PRIMA

Bukti. Cukup jelas. �

Proposisi 2.10. n habis dibagi 11 bila hanya bila selisih antara jumlah angka pada

urutan genap dan urutan ganjil habis dibagi 11.

Bukti. Diperhatikan suku 10i = (11 − 1)i = 11q + (−1)i. Misalnya 101 = 11 − 1,

102 = (11 − 1)2 = 112 − 2(11) + (−1)2 = 11 (11− 2)︸︷︷︸q

+(−1)2, 103 = (11 − 1)3 =

113 − 3(112) + 3(11) + (−1)3 = 11 (112 − 3(11) + 3)︸︷︷︸q

+(−1)3,· · · Jadi diperoleh

ekspresi berikut (dengan asumsi k genap):

n = 11K +k∑i=1

ak(−1)i = 11K + ((a2 + a4 + · · ·+ ak)− (a1 + a3 + · · ·+ ak−1)) .

Karena 11K selalu habis dibagi 11 maka diperoleh n habis dibagi 11 bila hanya

bila suku (a2 + a4 + · · ·+ ak)− (a1 + a3 + · · ·+ ak−1) habis dibagi 11.

Contoh 2.12. Coba periksa apakah 8679 dan 3567811 dapat dibagi oleh 11.

Penyelesaian. Perhatikan bilangan 8679. Selisih jumlah digit pada posisi genap dan

ganjil adalah

(8 + 7)− (6 + 9) = 0

ternyata habis dibagi 11. Jadi bilangan 8679 habis dibagi 11. Untuk bilangan

3567811 diperoleh

(3 + 6 + 8 + 1)− (5 + 7 + 1) = 18− 13 = 6

tidak dapat dibagi 11 sehingga 3567811 juga tidak habis dibagi 11. Coba cek!

�

Contoh 2.13. Temukan semua faktor prima bilangan 510510, kemudian hitung banyak

semua faktor positifnya.

Penyelesaian. Sekilas pandang, bilangan ini terbagi oleh 2 (karena angka terakhirnya

genap), terbagi oleh 5 (karena angka terakhirnya 0). Hasilnya sementara adalah

510510 = 2 ·5 ·51051. Karena 5+1+0+5+1 = 12 terbagi oleh 3 maka 51051 juga

terbagi oleh 3, hasil berikutnya adalah 510510 = 2 · 5 · 3 · 17017. Sekarang fokus

pada bilangan 17017. Perhatikan selisih (1 + 0 + 7)− (7 + 1) = 0 habis dibagi 11,

37

2 BILANGAN PRIMA

yaitu 17017 = 11× 1547. Untuk bilangan 1547 diperoleh

1547→ 154− 2(7) = 140→ 14− 2(0) = 14→M

habis dibagi 7 sehingga 1547 juga habis dibagi 7, yaitu 1547 = 7 × 221. Nah,

bilangan 221 sudah cukup kecil sehingga dengan mudah difaktorka sebagai 221 =

11 · 13. Diperoleh hasil akhir faktorisasi prima sebagai berikut

510510 = 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 · 17.

Berdasarkan teori yang sudah dibahas sebelumnya, banyak faktor positif yang ada

ditentukan berdasarkan

(1 + 1)(1 + 1)(1 + 1)(1 + 1)(1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 27 = 128. �

Contoh 2.14. Diberikan bilangan N = 181920...92939495, yaitu dengan menuliskan

secara berurutan digit bilangan dua digit dari 18 sampai dengan 95. Apakah N terbagi

habis oleh 3. Jika iya, tentukan pangkat tertinggi p pada faktorisasi prima 3p.

Penyelesaian. Diamati secara seksama frekuensi kemunculan angka 1 s.d. 9 pada bi-

langan N , hasilnya diringkas pada tabel berikut

Angka(a) f Muncul pada f · a1 10 18, 19, 21, 31, 41, 51, 61, 71, 81, 91 102 18 20, 21, 22, · · · , 29, 32, 42, 52, 62, 72, 82, 92 363 18 23, 30, · · · , 33, · · · , 39, 43, 53, 63, 73, 83, 93 544 18 24, 34, 40, · · · , 44, · · · , 49, 54, 64, 74, 84, 94 725 18 25, 35, 45, 50, · · · , 55, · · · , 59, 65, 75, 85, 95 906 17 26, 36, 46, 56, 60, · · · , 66, · · · , 69, 76, 86 1027 17 27, 37, 47, 57, 67, 70, · · · , 77, 78, 79, 87 1198 18 18, 28, 38, 48, 58, 68, 78, 80, · · · , 88, 89 1449 14 19, 29, 39, 49, 59, 69, 79, 89, 90, · · · , 95 126∑

753

Dengan menggunakan sifat keterbagian 3, diperoleh

753→ 7 + 5 + 3 = 15.

Jadi N dapat dibagi 3. Karena 15 hanya terbagi oleh 3 tetapi tidak terbagi oleh

9 maka p = 1 adalah pangkat tertinggi pada faktor 3p. �

38

3 TEORI KONGRUENSI

39

4 TEOREMA FERMAT DAN

WILSON

40

Documents

DAFTAR ISI - julanhernadi.files.wordpress.com · Bilangan 0 dan 1 adalah dua bilangan dasar yang digunakan dalam sistem bilangan real. ... Ingat pembagi disyaratkan tidak nol. Pembagian