3 TEORI KONGRUENSI. Contoh 3.1. Misalkan hari ini adalah Sabtu, hari apa setelah 100 hari dari sekarang?

Transkripsi

1 Paa bab ini ipelajari aritmatika moular yaitu aritmatika tentang kelas-kelas ekuivalensi, imana permasalahan alam teori bilangan iseerhanakan engan cara mengganti setiap bilangan bulat engan sisanya bila ibagi oleh suatu bilangan bulat tertentu n. Ini berampak paa penggantian himpunan bilangan bulat Z engan suatu sistem bilangan Z n yang hanya memuat n elemen. Banyak sifat yang berlaku paa Z iwarisi oleh Z n seperti operasi penjumlahan an perkalian. Karena hanya berhingga elemen yang terapat i alam Z n maka lebih muah itangani. Sebelum masuk ke aritmatika moular iperhatikan ulu masalah seerhana berikut. Contoh 3.1. Misalkan hari ini aalah Sabtu, hari apa setelah 100 hari ari sekarang? Penyelesaian. Cara 'konyol' menjawab pertanyaan ini aalah menghitung langsung satu per satu hari-hari paa kalener sampai engan hari ke 100. Tetapi engan mengingat terjai pengulangan secara perioik setiap 7 hari maka permasalahan ini muah iselesaikan engan menghitung sisanya jika 100 ibagi 7, yaitu 100 = Jai 100 hari menatang aalah hari ke 2 ari sekarang, yaitu Senin. Contoh 3.2. Apakah bilangan kuarat sempurna? Penyelesaian. Cara umum untuk menjawab pertanyaan ini aalah engan menghitung , jika hasilnya bulat maka ia kuarat sempurna. Cara lain aalah engan cara mengkuaratkan bilangan-bilangan bulat, apakah hasilnya aa yang sama engan bilangan yang imaksu. Cara yang paling seerhana aalah engan menggunakan sifat bilangan kuarat sempurna, yaitu jika bilangan kuarat sempurna ibagi 4 maka sisanya 0 atau 1. Artinya, jika sisanya selain ari 0 an 1 maka ipastikan ia bukan kuarat sempurna. Diperoleh = = (25 4) + (11 4) + 2 = ( ) 4 + 2, ternyata memberikan sisa 2 sehingga isimpulkan bukan kuarat sempurna. 39

2 Keua contoh ini merupakan masalah seerhana paa aritmatika moular, masih banyak masalah rumit paa teori bilangan yang hanya apat iselesaikan engan muah melalui artimatika moular. 3.1 Aritmatika Moular Denisi 3.1. Misalkan n sebuah bilangan bulat positif tertentu. Dua bilangan bulat a an b ikatakan kongruen moulo n, itulis a b mo(n) jika n membagi selisih a b, atau jika a b = kn untuk suatu bilangan bulat k. Dibaca juga, a kongruen engan b moulo n, atau a kongruen moulo n engan b. Untuk lebih memahami enisi ini kita amati contoh berikut. Contoh 3.3. Ambil n = 7 maka iperoleh beberapa fakta berikut 3 24 mo(7) sebab 3 24 = 21 terbagi oleh 7, mo(7)sebab = 42 terbagi oleh 7, mo(7)sebab = 49 habis ibagi 7. Tetapi mo(7)sebab = 13 tiak habis ibagi 7, yaitu 25 tiak kongruen engan 12 moulo 7. Paa bagian lainnya relasi kongruensi ini juga terkaang menggunakan notasi a b(mo n), atau a n b. Bila bilangan moulo n suah ipahami engan baik maka cukup itulis seerhana engan a b. Bila paa algoritma pembagian, iambil n sebagai pembagi maka sebarang bilangan bulat a selalu terapat hasil bagi q an sisa r sehingga a = qn + r, 0 r < n. Berasarkan enisi kongruensi, relasi ini apat itulis sebagai a r mo(n).karena aa n pilihan untuk r maka isimpulkan bahwa setiap bilangan bulat pasti kongruen moulo n engan salah satu bilangan 0, 1,, n 1. Khusunya n a bila hanya bila a 0 mo(n). Himpunan bilangan {0, 1,, n 1} isebut resiu taknegatif terkecil moulo n. Secara umum, kumpulan bilangan bulat a 1, a 2,, a n ikatakan membangun himpunan lengkap resiu moulo n jika setiap bilangan bulat kongruen engan salah satu bilangan a k. Dengan kata lain jika a 1, a 2,, a n kongruen moulo n engan 0, 1,, n 1 engan urutan yang tiak beraturan. 40

3 Contoh 3.4. Bilangan 12, 4, 11, 13, 22, 82, 91 membentuk himpunan lengkap resiu moulo 7 sebab 12 2, 4 3, 11 4, 13 5, 22 1, 82 5, Jai prinsipnya alam suatu himpunan resiu lengkap tiak aa ua bilangan yang saling moulo, misalnya a 2 a 5. Berikut sifat ua bilangan bulat sebarang jika mereka saling moulo. Teorema 3.1. Untuk sebarang bilangan bulat a an b, a n b bila hanya bila mereka memberikan sisa yang sama bila ibagi oleh n. Bukti. Karena a n b maka berasarkan enisi a = b + kn untuk suatu k bulat. Misalkan b memberikan sisa r jika ibagi n, yaitu b = qn + r, engan 0 r < n. Selanjutnya sisa a jika ibagi n apat itemukan sebagai berikut a = (qn + r) + kn = (q + k)n + r, ternyata juga memberikan sisa r. Sebaliknya, misalkan keuanya memberikan sisa yang sama jika ibagi oleh n, katakan a = q 1 n + r, b = q 2 n + r maka a b = (q 1 q 2 )n, yakni a n b. Kongruensi apat ipanang sebagai generalisasi ari relasi sama engan. Bila ua bilangan sama maka mereka kongruen terhaap sebarang moulo. Namun ua bilangan yang tiak sama boleh jai mereka kongruen terhaap moulo tertentu. Sebaliknya ua bilangan yang kongruen moulo tertentu belum tentu sama. Teorema berikut memberikan sifat-sifat asar kongruensi. Teorema 3.2. Misalkan n > 1 sebagai bilangan moulo an a, b, c, aalah bilangan bulat sebarang. Maka pernyataan berikut berlaku : 1. a a (sifat reeksif) 2. a b bila hanya bila b a (simetris) 3. bila a b an b c maka a c (transitif) 4. bila a b an c maka a + c b + (aitif) an ac b (multiplikatif) 41

4 5. bila a b an k bulat positif sebarang maka a k b k. Bukti. Karena a a = 0 n maka isimpulkan a a. Untuk pernyataan 2, gunakan enisi yaitu a b a b = q n b a = ( q) n b a. Paa pernyataan 3, iketahui a b an b c yaitu a b = q 1 n an b c = q 2 n. Diperoleh a b + b c = (q 1 + q }{{} 2 ) n a c = q n, q yakni a c. Untuk pernyataan 4, iketahui a b = q 1 n an c = q 2 n. Bila keua ruas ijumlahkan iperoleh (a+c) (b+) = (q 1 +q 2 ) n, yaitu a+c b+. Untuk sifat multiplikatif icoba seniri. Pernyataan terakhir ibuktikan engan menggunakan prinsip inuksi matematika. Untuk k = 1 maka jelas ipenuhi sebab iketahui a b. Misalkan berlaku untuk k: a k b k maka a k+1 = a k a b k b = b k+1, yaitu berlaku untuk k + 1. Contoh 3.5. Buktikan 41 membagi habis Bukti. Disini kita berhaapan engan bilangan yang cukup besar sehingga sangat sulit itangani langsung. Dengan menggunakan kongruensi, permasalahan ini apat iselesaikan engan muah. Ambil bilangan moulo 41, arahkan salah satu bilangan kongruensinya aalah Berangkat ari fakta seerhana tentunya alam moulo 41. Dengan Torema (3.2)(5) maka engan mempangkatkan engan 4 iperoleh ( 2 5 ) 4 ( 9) 4 = (81)(81) ( 1)( 1) = 1 sehingga iperoleh , yakni merupakan kelipatan 41. Contoh 3.6. Tentukan sisanya jika 1! + 2! + 3! ! ibagi oleh 12. Penyelesaian. Tanpa teori kongruensi masalah ini mungkin tiak apat iselesaikan. Mulailah ari suku paa eret tersebut yang habis ibagi 12. Dalam hal ini kita mempunyai 4! = 24 0 moulo 12. Karena suku selanjutnya pasti memuat faktor 4! maka suku-suku tersebut juga habis ibagi oleh 12. Jai, sisanya hanyalah 1! + 2! + 3! = 9. Karena bilangan ini tiak apat ibagi 12 maka inilah sisa yang imaksu, yaitu 9. Paa Teorema (3.2) telah nyatakan bahwa jika a b maka ac bc terhaap moulo yang sama. Sebaliknya, belum aa sifat kanselasi atau pembagian yang membawa ac bc menjai a b. Ternyata sifat ini tiak berlaku otomatis, seperti iberikan paa teorema berikut. 42

5 Teorema 3.3. Jika ac bc(mo n)maka a b(mo n )imana = gc(c, n). Bukti. Berasarkan hipotesis apat itulis (a b)c = ac bc = k n untuk suatu k bulat. Karena = gc(c, n) maka keua bilangan bulat r := c an s := n aalah prima relatif. Substitusi c = r an n = s ke alam persamaan sebelumnya iperoleh (a b)r = k(s) (a b)r = k s Jai, s (a b)r. Karena gc(r, s) = 1 maka s (a b) yang berarti a b(mo s)atau a c(mo n). Akibat 3.1. Jika ac bc(mo n)an gc(c, n) = 1 maka a b(mo n). Akibat ini menyatakan bahwa kita apat melakukan kanselasi c paa ac bc asalkan c an n prima relatif. Amati bahwa jika p prima an p c maka gc(p, c) = 1. Fakta ini menghasilkan akibat berikut. Akibat 3.2. Jika p prima, p c an ac bc(mo p)maka a b(mo p). Contoh 3.7. Seerhanakan kongruensi berikut: 33 15(mo 9)an 35 45(mo 8). Penyelesaian. Kongruensi pertama iselesaikan sebagai berikut: 33 15(mo 9) (mo 9) 11 5(mo 9) sebab gc(3, 9) = 3. Untuk kongruensi keua iselesaikan sejalan, 35 45(mo 8) 5 ( 7) 5 9(mo 8) 7 9(mo 8) sebab 5 an 8 prima relatif. 3.2 Kelas-kelas Ekuivalensi Paa Teorema (3.2), sifat reeksif, simetris an transitif menunjukkan bahwa untuk sebarang n bulat positif, relasi kongruensi n merupakan relasi ekuivalensi paa Z. Akibatnya, himpunan Z terpartisi atas kelompok-kelompok yang saling asing yang isebut 43

6 kelas-kelas ekuivalensi. ienisikan sebagai Kelas-kelas ekuivalensi ini inyatakan engan notasi [a] n an [a] n : = {b R : a b(mo n)} = {, a 2n, a n, a, a + n, a + 2n, }. Jai [a] n merupakan himpunan semua bilangan bulat yang kongruen moulo n engan a. Kita memanang para bilangan i alam [a] n ini sebagai satu kesatuan. Bila bilangan moulo n suah ipastikan maka cukup menggunakan notasi [a] untuk maksu [a] n. Karena pembagian engan n akan memberikan n kemungkinan sisa r = 0, 1,, n 1 sehingga setiap bilangan paa Z pasti kongruen engan salah satu sisa tersebut. Jai sesungguhnya bilangan bulat Z terpartisi atas n kelas ekuivalensi, yaitu [0] = {, 2n, n, 0, n, 2n, } [1] = {, 1 2n, 1 n, 1, 1 + n, 1 + 2n, } [2] = {, 2 2n, 2 n, 2, 2 + n, 2 + 2n, }. [n 1] = {, n 1, 1, n 1, 2n 1, 3n 1, } Tiak aa kelas ekuivalensi lainnya. Bila ilanjutkan maka kelas ekuivalensi berikutnya kembali ke semula. Misalnya, [n] = { n, 0, n, 2n, 3n, } = [0]. Secara umum berlaku [a] = [b] a b(mo n). (3.1) Contoh 3.8. Untuk n = 1 hanya terapat 1 kelas ekuivalensi, yaitu [0] = {0 + k 1 : k Z} = {k : k Z} = Z. Untuk n = 2 terapat ua kelas ekuivalensi, yaitu [0] = {0 + k 2 : k Z} = {2k : k Z} = 2Z [1] = {1 + k 2 : k Z} = {2k + 1 : k Z} = 2Z

7 Denisi 3.2. Untuk suatu n 1 yang iberikan, Z n ienisikan sebagai himpunan kelas-kelas ekuvalensi terhaap moulo n, yaitu Z n := {[0], [1],, [n 1]} (3.2) Selanjutnya, paa Z n ienisikan operasi penjumlahan, pengurangan an perkalian berikut: [a] + [b] := [a + b], [a] [b] = [a b], [ab] = [a][b] (3.3) untuk setiap [a], [b] Z n. Perbeaan Z an Z n apat ijelaskan sebagai berikut: Z merupakan himpunan semua bilangan bulat sehingga banyak anggotanya takberhingga, seangkan Z n merupakan himpunan yang memuat kelas-kelas ekuivalensi. Jai banyak anggota Z n berhingga yaitu hanya n anggota, seangkan masing-masing kelas mempunyai takberhingga anggota. Setiap a Z, pasti termuat ke alam salah satu kelas ekuivalensi i alam Z n. Ilustrasi kelas-kelas ekuivalensi itunjukkan paa Gambar berikut. [0] [1] [2] [3]... [n-1] Figure 3.1: Kelas-kelas ekuivalensi paa Z Contoh 3.9. Tentukan resiu taknegatif terkecil moulo 35 ari Penyelesaian. Pertanyaan ini sama saja engan menentukan sisa jika ibagi 35. Gunakan kongruensi, 28 7, ( 7)( 2) = 14 45

8 karena 0 14 < 35 maka isimpulkan resiu teknegatif terkecil yang imaksu aalah 14. Coba cek pakai kalkulator! Contoh Tentukan igit terakhir angka esimal ari 1! + 2! + 3! !. Penyelesaian. Digit terakhir hanya itentukan oleh suku-suku yang angka esimalnya tiak 0. Perhatikan pertama bilangan 5! = = 120. Bilangan selanjutnya pasti kelipatan 10. Jai apat itulis 1! + 2! + 3! + 4! ! = k = k = 3 + (3 + k)10. Karena suku keua bilangan terakhir ini berakhir engan 0 maka isimpulkan igit terakhir yang imaksu aalah Kongruensi Linier Denisi 3.3. Sebuah persamaan yang berbentuk ax b(mo n)isebut kongruensi linier. Penyelesaiannya aalah setiap bilangan x 0 yang memenuhi ax 0 b(mo n). Dengan enisi ini untuk setiap penyelesaian x 0 berlaku n (ax 0 b), ekuivalen engan ax 0 ny = b untuk suatu bilangan bulat y 0. Jai menyelesaikan kongruensi linier ax b(mo n) sama saja engan menyelesaikan persamaan Diophantine ax 0 ny 0 = b Paa kongruensi linier ax b(mo n), jika x penyelesaian an x x maka ax ax = b, jai x juga merupakan penyelesaian. Walaupun x an x berbea alam arti biasa namun mereka ianggap 'sama' karena membentuk kelas ekuivalensi. Sebagai contoh, x = 3 an x = 9 keuanya memenuhi 3x 9(mo 12) sebab 3 9(mo 12). Keua penyelesaian ini ianggap sama. Banyaknya penyelesaian ihitung berasarkan banyaknya penyelesaian yang tiak kongruen. Teorema 3.4. Jika = gc(a, n) maka kongruensi linier ax b(mo n) mempunyai penyelesaian jika hanya jika b. Jika b an x 0 penyelesaian penyelesaian 46

9 tertentu (khusus) maka penyelesaian umumnya iberikan oleh x = x 0 + n t, t Z. Khususnya, para penyelesaian ini membentuk tepat kelas-kelas ekuivalensi engan representasi x = x 0, x 0 + n, x 0 + n (2),, x 0 + n ( 1). Bukti. Karena kongruensi linier ax b(mo n) ekuivalen engan persamaan Diophantine ax ny = b maka ia mempunyai penyelesaian jika = gc(a, n) membagi b, yaitu b. Bila x 0 an y 0 penyelesaian khusus persamaan ini maka penyelesaian umumnya apat isajikan sebagai x = x 0 + n t, y = y 0 + a t. Selanjutnya itunjukkan hanya terapat tepat penyelesaian berasarkan kelaskelas ekuivalensi x = x 0, x 0 + t, x 0 + 2t,, x 0 + ( 1)t. Untuk ini pertama ibuktikan tiak aa para panyelesaian ini yang kongruen satu sama lainnya. Anaikan aa ua yang kongruen, katakan x 0 + n t 1 an x 0 + n t 2 maka iperoleh x 0 + n t 2 x 0 + n t 1(mo n), 0 t 1 t 2 < n t 2 n t 1(mo n) ( n ) t 2 t 1 (mo ), sebab gc, n = n. Akhirnya iperoleh (t 2 t 1 ). Hal in tiaklah mungkin karena t 2 t 1 <. Kontraiksi. Jai isimpulkan semua penyelesaian ini tiak aa yang kongruen, atau mereka ianggap penyelesaian yang berbea. Dibuktikan juga bahwa selain ari penyelesaian tersebut yaitu x = x 0 + n t, t =, + 1, kongruen engan salah satu penyelesaian tersebut. Berasarkan algoritma pembagian, apat itulis t = q + r, 0 r < sehingga x 0 + n t = x 0 + n (q + r) = x 0 + nq + n r x 0 + n r(mo n). Paahal, x 0 + n r(mo n) merupakan salah satu penyelesaian yang suah aa. 47

10 Akibat 3.3. Bila gc(a, n) = 1 maka kongruensi linier ax b(mo n) mempunyai tepat satu penyelesaian. Contoh Diperhatikan kongruensi linier 18x 30(mo 42). Apakah kongruensi ini mempunyai penyelesaian? Bila iya, aa berapa penyelesaian berbea? Temukan penyelesaian tersebut! Penyelesaian. Karena = gc(18, 42) = 6 an ia membagi 30 maka isimpulkan kongruensi ini mempunyai penyelesaian, engan banyak penyelesaian berbea 6 buah. Untuk menyelesaikan kongruensi ini, ubah ulu ke alam bentuk persamaan Diophantine berikut 18x 42y = 30. Tapi cara ini cukup panjang. Cara lain apat pula engan melakukan inspeksi langsung, yaitu apat iperiksa bahwa x 0 = 4 aalah salah satu penyelesaian. Penyelesaian umumnya apat itulis sebagai x = 4 + 7t(mo 42), t = 0, 1,, 5 atau x = 4, 11, 18, 25, 32, 39(mo 42). Contoh Selesaikan kongruesi linier berikut (i) 9x 21(mo 30) (ii) 7x 3(mo 12) (iii) 10x 6(mo 12) 3.4 Sistem kongruensi linier satu variabel Diperhatikan terlebih ulu puzzle berikut Aku aalah sebuah bilangan. Jika ibagi 3 bersisa 2, ibagi engan 5 bersisa 3 an ibagi engan 7 bersisa 2. Bilangan apakah aku? Puzzle seperti ini muncul awal aba 1 Masehi paa literatur Cina oleh Sun-Tsu an kemuian muncul juga i kalangan matematikawan Yunani sekitar tahun 100 M. Bentuk umum sistem kongruensi linier satu variabel aalah a 1 x b 1 (mo m 1 ), a 2 b 2 (mo m 2 ),, a r b r (mo m r ) (3.4) 48

11 Diasumsikan bilangan moulo m k prima relatif secara berpasangan. Sebagai ilustrasi, bila gc(m 1, m 2 ) = 1 maka kita apat menyeerhanakan keua kongruensi a 1 x b 1 (mo m 1 ) an a 2 x b 2 (mo m 2 ). Agar sistem ini mempunyai penyelesaian maka haruslah tiap-tiap kongruensi mempunyai penyelesaian. Agar tiap-tiap kongruensi mempunyai penyelesaian maka haruslah k b k untuk setiap k = 1,, r imana k = gc(a k, m k ). Paa kongruensi ke k apat itulis a k x b k (mo m k ) a kx b k(mo n k ) imana n k = m k k, a k = a k k an b k = b k k. Sekarang sistem kongruensi linier (3.4) menjai a 1x b 1(mo n 1 ), a 2x b 2(mo n 2 ),, a rx b r(mo n r ) (3.5) imana gc(n i, n j ) = 1 untuk i j an gc(a i, n i ) = 1. Dengan emikian sistem kongruensi (3.5) terjamin mempunyai penyelesaian. Misalkan penyelesaian untuk masingmasing kongruensi aalah sebagai berikut x c 1 (mo n), x c 2 (mo n 2 ),, x c r (mo n r ). (3.6) Bentuk terakhir lebih seerhana inilah yang akan iselesaikan. Kembali ke puzzle sebelumnya, sesungguhnya kita apat menterjemahkan masalah tersebut ke alam sistem kongruensi linier satu variabel berikut, x 2(mo 3), x 3(mo 5), x 2(mo 7). Untuk menyelesaikan masalah seperti ini kita pahami ulu Teorema Sisa Cina (TSC) berikut. Teorema 3.5. Misalkan n 1, n 2,, n r bilangan bulat positif sehingga gc(n i, n j ) = 1 untuk i j. Maka sistem kongruensi linier satu variabel berikut x a 1 (mo n 1 ) x a 2 (mo n 2 ). x a r (mo n r ) mempunyai penyelesaian, imana penyelesaian tersebut tunggal terhaap moulo n := 49

12 n 1 n 2 n r. Bukti. Diketahui n = n 1 n 2 n r. Untuk setiap k = 1, 2,, r misalkan N k = n n k = n 1 n k 1 n k+1 n r. Dengan kata lain N k aalah perkalian suku-suku n 1, n 2, imana suku n k ihilangkan. Satu fakta yang langsung iketahui aalah n k N i bila i k. Karena para n k prima relatif secara berpasangan maka berlaku gc(n k, n k ) = 1. Sekarang untuk setiap k, ibangun kongruensi linier N k x 1(mo n k ). Karena gc(n k, n k ) = 1 maka kongruensi linier ini terjamin mempunyai peyelesaian tunggal x k. Sekarang enisikan kombinasi linier x = a 1 N 1 x 1 + a 2 N 2 x a r N r x r. Karena n k N i untuk i k maka berlaku N i 0(mo n k ). Karena itu maka iperoleh x = a 1 N 1 x a k N k x k + + a r N r x r a k N k x k (mo n k ). Karena x k penyelesaian N k x 1(mo n k ), yaitu N k x k 1(mo n k ) maka haruslah x a k 1(mo n k ) a k (mo n k ). Ternyata x aalah penyelesaian bersama sistem kongruensi yang imaks. Untuk membuktikan ketunggalannya, misalkan x penyelesaian lainnya. Maka berlaku x a k x (mo n k ), k = 1, 2,, r engan memenuhi konisi n k x x untuk setiap k. Karena gc(n i, n j ) = 1 maka n := n 1 n 2 n r x x. Jai, berlaku x x (mo n). 50

13 Contoh Kembali ke puzzle i atas yang berupa sistem kongruensi linier berikut x 2(mo 3) x 3(mo 5) x 2(mo 7). Selesaikan sistem kongruensi linier ini. Penyelesaian. Gunakan TSC, yaitu n = = 105 an N 1 = n 3 = 35, N 2 = n 5 = 21, N 3 = n 7 = 15. Sekarang iperhatikan 3 kongruensi linier 35x 1(mo 3), 21x 1(mo 5), 15x 1(mo 7) berturut-turut ipenuhi oleh x 1 = 2, x 2 = 1, x 3 = 1. Jai penyelesaian sistem kongruensi semula aalah x = = 233. Secara umum penyelesaian tersebut aalah x 233(mo 105) 23(mo 105). Coba cek x = 23, 128, aalah bilangan yang imaksu. Bila iminta penyelesaian bulat positif terkecil maka jawabnya aalah x = 23. Diperhatikan kongruensi linier tunggal ipecah ke alam bentuk sistem kongruensi seperti paa contoh berikut. Contoh Diberikan kongruensi linier berikut 17x 9(mo 276). Selesaikan kongruensi ini engan terlebih ahulu membentuk sistem kongruensi linier. Penyelasaian. Karena 276 = maka kongruensi ini sama saja engan menentukan penyelesaian sistem kongruensi 17x 9(mo 3), 17x 9(mo 4), 17x 51

14 9(mo 23), atau iseerhanakan menjai x 0(mo 3), x 1(mo 4), 17x 9(mo 23). Untuk kongruensi x 0(mo 3) memberikan hasil x = 3k, k Z. Substitusi hasil ini kealam kongruensi keua iperoleh 3k 1(mo 4). Keua ruas ikalikan 3 an engan mengingat k 9k moulo 4 maka iperoleh k 9k 3(mo 4). Jai k = 4j +3, j Z. Bentuk baru x menjai x = 3(3+4j) = 9+12j. Substitusi hasil ini kealam kongruensi terakhir iperoleh 17(9 + 4j) 9(mo 23), atau 204j 144(mo 23). Hasilnya aalah 3j 6(mo 23), yakni j 2(mo 23). Bentuk ini ipenuhi oleh j = t, t Z. Substitusi ke bentuk x = j = t, atau x 33(mo 276) aalah penyelesaian 17x 9(mo 276). 3.5 Sistem kongruensi linier 2 variabel Di sini kita mempunyai ua kongruensi engan variabel x an y tetapi bilangan moulonya sama. Bentuk umumnya apat isajikan sebagai berikut ax + by r(mo n) (3.7) cx + y s(mo n). (3.8) Eksistensi penyelesaian sistem (3.7)-(3.8) isajikan paa teorema berikut. Teorema 3.6. Jika gc(a bc, n) = 1 maka sistem (3.7)-(3.8) mempunyai penyelesaian tunggal. Bukti. Eliminasi variabely engan cara berikut. Kalikan (3.7) engan an (3.8) engan b, kemuian ikurangkan. Diperoleh hasil (a bc)x r bs(mo n) (3.9) 52

15 Dengan asumsi gc(a bc, n) = 1 maka menjamin kongruensi (a bc)z 1(mo n) mempunyai penyelesaian tunggal, katakan penyelesaian tersebut aalah t. Kalikan kongruensi (3.9) engan t iperoleh x t(r bs)(mo n). Variabel x apat ieliminasi engan cara serupa, hasilnya aalah (a bc)y as cr(mo n) (3.10) Akhir engan mengalikan kongruensi ini engan t iperoleh penyelesaian untuk y sebagai berikut y t(as cr)(mo n). Diperhatikan bukti eksistensi paa teorema ini aalah konstruktif sehingga apat igunakan langsunguntuk menentukan penyelesaiannya. Contoh Diperhatikan sistem kongruensi linier berikut 7x + 3y 10(mo 16) 2x + 5y 9(mo 16). Penyelesaian. Coba lakukan langkah-langkah seperti pembuktian teorema i atas, beres... Sekarang semua soal (aa 20 soal) paa Problems 4.4 apat ibabat habis... bis... 53