BIDANG MATEMATIKA SMA

MATERI PENGANTAR OLIMPIADE SAINS NASIONAL BIDANG MATEMATIKA SMA DISUSUN OLEH: TIM PEMBINA OLIMPIADE MATEMATIKA TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA Juli 009

KATA PENGANTAR Olimpiade Sains Nasional (OSN) merupakan kegiatan yang dilaksanakan secara rutin setiap tahun. Selain sebagai ajang kejuaraan nasional, OSN juga bertujuan untuk mencari calon peserta yang akan dibina dan berlaga di olimpiade sains tingkat internasional. Untuk memberikan arah pembinaan bagi peserta OSN, terutama peserta bidang matematika SMA, maka disusunlah materi ini. Materi yang kami susun ini merupakan draf awal yang kami kembangkan dari silabus OSN Bidang Matematika SMA yang sudah beredar. Draf ini jauh dari lengkap seperti yang tercantum dalam silabus. Oleh karena itu para peserta OSN dan para pembina masih perlu mencari pelengkapnya dari berbagai sumber. Terakhir, kami berharap bahwa dengan adanya draf ini persiapan ke OSN tahun ini bisa lebih baik dibanding tahun-tahun sebelumnya. Pada akhirnya akan berdampak kepada kualitas calon peserta IMO tahun depan. Jakarta, 1 Juli 009 Tim Pembina Olimpiade Matematika

DAFTAR ISI Aljabar 1 Teori Bilangan 14 Geometri 36 Kombinatorika 60

ALJABAR Hery Susanto Jurusan Matematika FMIPA UM Jl. Surabaya 6 Malang 65145 Email: herysusanto@telkom.net Aljabar merupakan salah satu materi pokok dalam Olimpiade Matematika Internasional (IMO), disamping geometri, ilmu bilangan, dan kombinatorik. Oleh karena itu, aljabar menjadi salah satu materi wajib di Olimpiade Sains Nasional (OSN) Bidang Matematika SMA. Para peserta OSN Bidang Matematika SMA sudah mendapatkan materi aljabar sejak masih duduk di Sekolah Dasar. Menurut pengamatan penulis, sampai dengan di tingkat SMA para peserta sudah cukup banyak mendapat materi yang berkaitan dengan aljabar. Yang kurang adalah berlatih menerapkan teori yang telah didapat itu dalam soal-soal yang berbentuk pemecahan masalah. Di sini penulis mencoba memilihkan materi-materi aljabar yang kira-kira mengarah ke materi olimpiade matematika. Penulis tidak banyak menyajikan materi yang berkaitan dengan teori tetapi lebih banyak dengan pendekatan strategi pemecahan masalah. Materi yang dibahas di sini hanya sebagian dari materi yang ada pada silabus OSN Bidang Matematika SMA. Kami berharap peserta merujuk kepada silabus OSN yang sudah beredar. Di bagian akhir diberikan beberapa soal latihan dan diharapkan dapat dipakai untuk memacu dalam mengembangkan kemampuan pemecahan masalah. Pada akhirnya penulis berharap agar para peserta OSN Bidang Matematika SMA dapat merujuk materi yang tercantum dalam silabus OSN dan membaca buku-buku tentang pemecahan masalah untuk mengembangkan kemampuan pemecahan masalah ke tingkat yang lebih tinggi. 1 Sistem Bilangan Real Misalkan N, Z, Q, dan R berturut-turut menyatakan himpunan bilangan asli, himpunan bilangan bulat, himpunan bilangan rasional, dan himpunan bilangan real. Masing-masing himpunan ini dilengkapi dengan operasi tambah dan operasi kali disebut sistem bilangan. Sistem ini biasa ditulis notasi himpunan beserta operasinya. Sebagai contoh sistem bilangan real ditulis (R, +, ). Selanjutnya cukup ditulis notasi himpunannya saja, yaitu R. Berikut akan dibahas dua aksioma yang berkaitan dengan sistem bilangan real, yaitu aksioma lapangan dan aksioma urutan. 1.1 Aksioma Lapangan 1. Sifat asosiatif, yaitu untuk setiap a, b, c di R berlaku (a) (a + b) + c = a + (b + c), (b) (ab)c = a(bc).. Sifat komutatif, yaitu untuk setiap a, b, c di R berlaku 1

(a) a + b = b + a, (b) ab = ba. 3. Eksistensi unsur identitas, yaitu (a) Terdapat 0 di R yang memenuhi untuk semua a di R. (b) Terdapat 1 di R dan 1 0 yang memenuhi untuk semua a di R. 4. Eksistensi unsur invers, yaitu a + 0 = a a1 = a (a) Untuk masing-masing a di R terdapat a di R yang memenuhi a + ( a) = 0. (b) Untuk masing-masing a di R yang tidak nol terdapat a 1 di R yang memenuhi aa 1 = 1. 5. Sifat distributif, yaitu untuk setiap a, b, c di R berlaku a(b + c) = ab + ac. Sebagai kosekuensi dari sifat-sifat pada aksioma lapangan di atas, diperoleh sifat-sifat berikut (yang dapat dianggap sebagai teorema). 1. a dan a 1 yang memenuhi sifat 4 di atas adalah tunggal.. 0a = 0, untuk setiap a di R. 3. ( 1)a = a, untuk setiap a di R. 4. ( a) = a, untuk setiap a di R. 5. ( a)( b) = ab, untuk setiap a di R. 6. ( a 1) 1 = a, untuk setiap a di R yang tidak nol. Sebagai suatu teorema, sifat-sifat di atas harus dibuktikan. Berikut diberikan beberapa contoh pembuktian.

Bukti untuk. Ambil a R sebarang. Dengan menggunakan sifat identitas, invers, asosiatif, dan distributif diperoleh 0a = 0 + 0a = ( 0a + 0a) + 0a = 0a + (0a + 0a) = 0a + (0 + 0)a = 0a + 0a = 0. Karena a R sebarang, maka 0a = 0, untuk setiap a di R. Bukti untuk 3. Ambil a R sebarang. Dengan menggunakan sifat identitas, invers, asosiatif, distributif, dan sifat di atas diperoleh ( 1)a = 0 + ( 1)a = ( a + a) + ( 1)a = a + (a + ( 1)a) = a + (1a + ( 1)a) = a + (1 + ( 1))a = a + 0a = a + 0 = a. Karena a R sebarang, maka ( 1)a = a, untuk setiap a di R. Bukti keempat sifat yang lain digunakan sebagai latihan. 1. Aksioma Urutan Terdapat himpunan P yang merupakan himpunan bagian dari himpunan bilangan real yang memenuhi tiga sifat berikut. (1) Untuk bilangan real x sebarang, berlaku salah satu dari: (i) x = 0, atau (ii) x P, atau (iii) x P. () Jika x, y P, maka x + y P. (3) Jika x, y P, maka xy P. Sifat (1), (), dan (3) di atas berturut-turut disebut sifat trikotomi, sifat ketertutupan operasi tambah, dan sifat ketertutupan operasi kali. Himpunan P di atas disebut himpunan bilangan real positif. Berikutnya ada kesepakatan bahwa notasi x > 0 digunakan jika x P. Dengan demikian ketiga sifat di atas dapat ditulis ulang sebagai berikut. (1 ) Untuk bilangan real x sebarang, berlaku salah satu dari: (i) x = 0, atau (ii) x > 0, atau (iii) x > 0. 3

( ) Jika x > 0 dan y > 0, maka x + y > 0. (3 ) Jika x > 0 dan y > 0, maka xy > 0. Berikut didefinisikan relasi lebih besar dari dan relasi lebih kecil dari untuk dua bilangan real. x dikatakan lebih besar dari y, dinotasikan x > y, jika x y > 0. x dikatakan lebih kecil dari y, dinotasikan x < y, jika y x > 0. Dapat ditunjukkan bahwa x > y ekivalen dengan y < x. Notasi x y, dibaca x lebih besar dari atau sama dengan y, digunakan jika x > y atau x = y. Konsekuensi dari sifat-sifat di atas, diperoleh sifat-sifat berikut (yang dapat dianggap sebagai teorema). 1. Untuk setiap pasang bilangan real a dan b pasti berlaku salah satu dari a < b, atau a = b, atau a > b.. Jika a < b dan b < c, maka a < c. 3. Jika a < b, maka a + c < b + c. 4. Jika a < b dan c > 0, maka ac < bc. 5. Jika a > 0 dan b > 0, maka ab > 0. 6. Jika a < b dan c < 0, maka ac > bc. 7. Untuk setiap a di R berlaku a 0. Selanjutnya, a = 0 jika dan hanya jika a = 0. 8. Jika a > b > 0, maka 1 a < 1 b. 9. Jika a > b > 0 dan c > d > 0, maka ac > bd dan a d > b c. 10. Jika a > b, maka a n > b n untuk n bilangan asli ganjil. 11. Jika a > b > 0, maka a n > b n untuk n bilangan asli. Bukti sifat-sifat di atas digunakan sebagai latihan. Ketaksamaan Sifat-sifat yang berkaitan dengan aksioma urutan banyak digunakan pada masalah-masalah yang berkaitan dengan ketaksamaan. Pembahasan ketaksamaan berikut menggunakan pendekatan pemecahan masalah dengan beberapa contoh. Contoh 1 Tunjukkan bahwa a + 1 a untuk setiap bilangan real a > 0, dan akan merupakan kesamaan jika dan hanya jika a = 1. Penyelesaian: Untuk setiap bilangan real a berlaku a a + 1 = (a 1) 0. 4

Sehingga a + 1 a. Karena a > 0 maka a + 1 a. Selanjutnya a + 1 a = a + 1 = a a a + 1 = 0 (a 1) = 0 a = 1. Contoh Misalkan a, b, dan c adalah bilangan real positif dan a + b + c = 1. Tunjukkan bahwa Penyelesaian: Dari a + b + c = 1 diperoleh 1 a + 1 b + 1 c 9. 1 a = 1 + b a + c a 1 b = a b + 1 + c b 1 c = a c + b c + 1 Sehingga 1 a + 1 b + 1 c = = ( 1 + b a + c a ( a b + b a ) ( a + b + 1 + c b) ) ( a + c a) + c + ( c b + b c ( a + c + b ) c + 1 ) + 3 Menurut Contoh 1, a b + b a, a c + c a, c b + b c. Oleh karena itu 1 a + 1 b + 1 c + + + 3 = 9. Contoh 3 Buktikan bahwa jika a dan b bilangan real positif maka a + b a + b ab 1 a + 1. b Selanjutnya, ketaksamaan ini akan berlaku sebagai kesamaan jika dan hanya jika a = b. Bukti: Perhatikan bahwa Hal ini ekivalen dengan a ab + b = (a b) 0. (1) a + b ab. () Ditambah dengan a + b untuk kedua ruas, Ketaksamaan () ekivalen dengan ( a + b ) a + ab + b = (a + b), 5

yang ekivalen dengan a + b a + b. (3) Perhatikan bahwa Ketaksamaan (3) merupakan kesamaan jika dan hanya jika Ketaksamaan (1) merupakan kesamaan. Hal ini terjadi jika dan hanya jika a = b. Dengan mengganti a dan b pada Ketaksamaan () berturut-turut dengan a dan b diperoleh yang ekivalen dengan a + b ab, a + b ab. (4) Dengan demikian, Ketaksamaan (4) merupakan kesamaan jika dan hanya jika a = b, atau a = b. Ketaksamaan (4) ekivalen dengan a + b 1, ab yang ekivalen dengan 1 a + 1 b = a + b ab 1 ab ab = ab. (5) Selanjutnya ketaksamaan (5) merupakan kesamaan jika dan hanya jika a = b. Dari Ketaksamaan (3), (4), dan (5) diperoleh a + b a + b ab 1 a + 1. b Selanjutnya, ketaksamaan di atas akan merupakan kesamaan jika dan hanya jika a = b. a Untuk bilangan real positif a dan b, +b, a+b, ab, dan 1 pada contoh di atas berturutturut disebut rataan kuadrat (QM), rataan aritmatika (AM), rataan geometri (GM), dan rataan a + 1 b harmonik (HM) dari a dan b. Dengan demikian, untuk bilangan real positif a dan b kita mempunyai QM AM GM HM, selanjutnya QM = AM = GM = HM jika dan hanya jika a = b. Rataan kuadrat, rataan aritmatika, rataan geometri, dan rataan harmonik dari n bilangan real positif a 1, a,..., a n berturut-turut adalah a QM = 1 + a +... + a n n AM = a 1 + a +... + a n, n GM = n a 1 a... a n, dan n HM = 1 a 1 + 1 a +... + 1. a n Teorema berikut merupakan perumuman dari Contoh 3. Teorema 1 Jika QM, AM, GM, dan HM berturut-turut menyatakan rataan kuarat, rataan aritmatika, rataan geoetri, dan rataan harmonik dari bilangan real positif a 1, a,..., a n, maka QM AM GM HM. Selanjutnya, ketaksamaan ini akan berlaku sebagai kesamaan jika dan hanya jika a 1 = a =... = a n. 6

Contoh 4 Contoh dikerjakan dengan menggunakan ketaksamaan AM-HM. Menurut ketaksamaan AM-HM, kita mempunyai 3 1 a + 1 b + 1 c Karena 1 a + 1 b + 1 c > 0 maka 1 a + 1 b + 1 c 9. a + b + c 3 = 1 3. Contoh 5 Misalkan a, b, dan c adalah bilangan real positif yang memenuhi (1+a)(1+b)(1+c) = 8. Buktikan bahwa abc 1. Selanjutnya tentukan kapan kesamaan terjadi. Penyelesaian: Dari yang diketahui diperoleh Menurut ketaksamaan AM-GM, 8 = (1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 + (a + b + c) + (ab + bc + ca) + abc. (6) a + b + c 3(abc) 1 3 dan ab + bc + ca 3(abc) 3, (7) masing-masing ketaksamaan di atas merupakan kesamaan jika dan hanya jika a = b = c. Dari (6) dan (7) diperoleh yang ekivalen dengan atau yaitu 8 1 + 3(abc) 1 3 + 3(abc) 3 + abc = (1 + (abc) 1 3 ) 3, 1 + (abc) 1 3 3 8 =, (abc) 1 3 1 = 1, abc 1, dan kesamaan terjadi jika dan hanya jika a = b = c = 1. 3 Sukubanyak (Polinom) Misalkan F menyatakan sistem bilangan real atau sistem bilangan rasional dan n adalah bilangan bulat tidak negatif. Bentuk f(x) = a 0 + a 1 x + a x + + a n x n dengan a 0, a 1, a,, a n di F dan a n 0, disebut sukubanyak atas F berderajad n. Himpunan semua sukubanyak atas F ditandai dengan F [x]. Berikut diberikan beberapa sifat sukubanyak yang sering digunakan. Teorema (Algoritma Pembagian) Misalkan f(x) dan g(x) di F [x] dan g(x) bukan sukubanyak nol. Maka terdapat sukubanyak q(x) dan r(x) di F [x] yang tunggal dan memenuhi f(x) = q(x)g(x) + r(x) dengan r(x) merupakan sukubanyak nol atau r(x) bukan sukubanyak nol yang berderajad kurang dari derajad g(x). 7

Dalam teorema di atas, q(x) disebut hasilbagi dan r(x) disebut sisa pembagian. Selanjutnya jika r(x) merupakan sukubanyak nol maka dikatakan f(x) habis dibagi oleh g(x). Teorema 3 (Teorema Sisa) Jika sukubanyak f(x) dibagi oleh (x a) maka sisanya adalah f(a). Bilangan a di F disebut akar dari sukubanyak f(x) jika f(a) = 0. Sebagai akibat dari teorema di atas diperoleh teorema berikut. Teorema 4 (Teorema Faktor) Sukubanyak f(x) habis dibagi oleh (x a) jika dan hanya jika a merupakan akar dari f(x). Contoh 6 Sukubanyak f(x) = x 3 +Ax +x B habis dibagi oleh (x ) dan bersisa -9 jika dibagi (x + 1). Tentukan nilai A dan B. Penyelesaian: Karena f(x) habis dibagi oleh (x ) maka Karena f(x) bersisa -9 jika dibagi (x + 1) maka 0 = f() = () 3 + A() + B = 4A B + 18. (8) 9 = f( 1) = ( 1) 3 + A( 1) + ( 1) B = A B 3. (9) Dengan menyelesaikan sistem persamaan di atas (mengeliminasi (8) dan (9) serta mensubstitusikan ke salah satu darinya) diperoleh A = 4 dan B =. Contoh 7 Tentukan semua bilangan asli n sehingga sukubanyak x + x + 1 membagi sukubanyak x n + x n + 1. Penyelesaian: Perhatikan bahwa x 3 1 = (x 1)(x + x + 1) dan x 3 1 membagi x 3m 1. (i) Untuk n = 3k, x n + x n + 1 = x 6k + x 3k + 1 = (x 6k 1) + (x 3k 1) + 3 = (x + x + 1)Q(x) + 3. (ii) Untuk n = 3k + 1, x n + x n + 1 = x 6k+ + x 3k+1 + 1 = x (x 6k 1) + x(x 3k 1) + x + x + 1 = (x + x + 1)R(x). (iii) Untuk n = 3k +, x n + x n + 1 = x 6k+4 + x 3k+ + 1 = x 4 (x 6k 1) + x (x 3k 1) + x 4 + x + 1 = x 4 (x 6k 1) + x (x 3k 1) + x(x 3 1) + x + x + 1 = (x + x + 1)S(x). 8

Jadi x + x + 1 membagi x n + x n + 1 jika dan hanya jika n bukan kelipatan 3. Sifat yang lain dari sukubanyak yang sering digunakan adalah sifat simetri akar, yang lebih dikenal dengan nama Teorema Vieta, yaitu hasil tambah dan hasil tambah dari hasil kali akar-akar suatu sukubanyak. (a) Jika sukubanyak ax + bx + c mempunyai akar-akar x 1 dan x maka Sehingga ax + bx + c = a(x x 1 )(x x ) = ax a(x 1 + x )x + ax 1 x. x 1 + x = b a dan x 1 x = c a. (b) Misalkan x 1, x, dan x 3 akar-akar sukubanyak ax 3 + bx + cx + d. Dengan ekspansi a(x x 1 )(x x )(x x 3 ) = ax 3 a(x 1 + x + x 3 )x + a(x 1 x + x x 3 + x 3 x 1 )x ax 1 x x 3 dan komparasi koefisien diperoleh x 1 + x + x 3 = b a, x 1x + x x 3 + x 3 x 1 = c a, dan x 1x x 3 = d a. Contoh 8 Misalkan x 1, x, dan x 3 akar-akar dari x 3 + 3x 7x + 1. Tentukan x 1 + x + x 3. Penyelesaian: Menurut Teorema Vieta, x 1 + x + x 3 = 3 dan x 1 x + x x 3 + x 3 x 1 = 7. Sehingga 9 = (x 1 + x + x 3 ) = x 1 + x + x 3 + (x 1 x + x x 3 + x 3 x 1 ) = x 1 + x + x 3 + ( 7). Oleh karena itu x 1 + x + x 3 = 3. 4 Sistem Persamaan Bentuk yang melibatkan variabel, yaitu f(x 1, x,..., x n ) = c disebut persamaan dengan n buah variabel. Sistem persamaan adalah suatu sistem yang terdiri dari dua atau lebih persamaan, yaitu f 1 (x 1, x,..., x n ) = c 1 f (x 1, x,..., x n ) = c. f m (x 1, x,..., x n ) = c m 9

Sistem persamaan di atas disebut sistem persamaan dengan n buah variabel dan m persamaan. Solusi dari suatu sistem persamaan adalah solusi secara simultan dari semua persamaan di dalam sistem itu. Cara baku untuk mencari solusi suatu sistem persamaan dengan cara eliminasi dan atau substitusi. Berikut akan diberikan beberapa contoh soal yang tidak regular. Contoh 9 Cari semua solusi real dari sistem persamaan x + x = y y + y z + z = z = x. Penyelesaian: Misalkan (x, y, z) solusi sistem persamaan di atas. Diantara x, y, dan z tidak mungkin ada yang nol. Perhatikan bahwa jika salah satu positif maka dua yang lain juga positif. Selanjutnya, dengan mengalikan dengan -1 akan diperoleh solusi yang lain. Asumsikan x, y, z > 0. Dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM untuk masing-masing persamaan diperoleh y = x + ( ) x x = y, x z = y + ( ) y y = z, y x = z + ( ) z z = x. z Dengan menambahkan semua persamaan dari sistem persamaan semula dan hasil di atas, diperoleh 3 ( x + y + z = x + y + ) 3. z Dengan demikan haruslah x = y = z =. Selanjutnya dapat ditunjukkan bahwa (,, ) dan (,, ) adalah solusi yang dimaksud. Contoh 10 Cari semua solusi real dari sistem persamaan 4x 4x + 1 4y 4y + 1 4z 4z + 1 = y = z = x. Penyelesaian: Perhatikan fungsi f : [0, ) [0, ), f(t) = 4t 4t + 1, merupakan fungsi monoton naik murni.oleh karena itu jika x < y maka y = f(x) < f(y) = z. Akibatnya z = f(y) < f(z) = x. Sehingga x < y < z < x, suatu yang tidak mungkin. Dengan cara 10

yang sama jika x > y maka akan diperoleh suatu kontradiksi. Jadi x = y. Dengan menggunakan argumen yang sama diperoleh y = z. Jadi x = y = z. Dengan menyelesaikan persamaan 4t 4t + 1 = t ( diperoleh t = 0 atau t = 1. Jadi solusi dari sistem persamaan di atas hanyalah tripel (0, 0, 0) dan 1, 1, 1 ). Contoh 11 Tentukan semua solusi real dari sistem persamaan { x + y + z = 1 x y + y z + z x = 9x y z Penyelesaian: Dari persamaan pertama, tidak mungkin x = y = z = 0. Dari persamaan kedua tidak mungkin jika satu variabel nol dan dua variabel tidak nol. Kasus I: Jika dua variabel nol dan satu variabel tidak nol. Misalkan x = y = 0, z 0. Diperoleh z = ±1. Dengan demikian (0, 0, ±1) merupakan solusi. Dengan cara yang sama diperoleh (0, ±1, 0) dan (±1, 0, 0) juga merupakan solusi. Kasus II: Jika ketiga variabel tidak nol. Persamaan kedua ekivalen dengan 1 x + 1 y + 1 z = 9. Digunakan AM-HM, persamaan pertama, dan persamaan di atas diperoleh 1 3 = x + y + z 3 3 1 + 1 + 1 = 3 9 = 1 3. x y z Jadi x +y +z 3 3 = 1. Oleh karena itu x = y = z. Diperoleh (± 1 x + 1 y + 1 z 3 3, ± 1 3 3, ± 1 3 3) solusi sistem persamaan di atas. Soal-soal Latihan 1. Diketahui a + b = 1 dan a + b =. Tentukan a 4 + b 4.. Sederhanakan 9 + 80 9 80 (tanpa melibatkan tanda akar). 3. Buktikan bahwa jika a, b, c R, dan a + b + c = 1 maka 1 ab + bc + ca 1. 4. Tentukan bilangan real a agar hasil tambah kuadrat akar-akar x +(a )x a 3 minimum. 5. Hitung n k=1 k!(k + k + 1). 6. Tentukan jumlah dari 1 + 11 + 1 + 1 + 1 + 13 + + 1 + 1 001 + 1 00 7. Diketahui f(x) = x + 1 dan g(f(x)) = x + 3x + 1. Tentukan g(3). 11

8. Misalkan x dan y bilangan real dan x + 3xy + y = 60. Tentukan nilai maksimum yang mungkin untuk xy. 9. Misalkan semua akar dari x 6 6x 5 + ax 4 + bx 3 + cx + dx + 1 = 0 adalah positif. Tentukan a, b, c, d. 10. Untuk bilangan real a, b, dan c yang memenuhi a b c > 0, buktikan bahwa a b c + c b a + a c b 3a 4b + c. 11. Buktikan bahwa 1 15 < 1.3 4.5 6.7 8 99 100 < 1 10. 1. Misalkan a 1, a,..., a n bilangan real positif dan b 1, b,..., b n adalah penataan kembali dari a 1, a,..., a n. Buktikan bahwa a 1 b 1 + a b + + a n b n n. 13. Untuk bilangan asli n sebarang, buktikan bahwa (a) ( 1 + 1 n (b) ( 1 + 1 n ) n < ( 1 + 1 n+1) n+1. ) n+1 > ( 1 + 1 n+1) n+. 14. Buktikan bahwa 1 1 + 3 + 1 5 + 7 + + 1 9997 + 9999 > 4. 15. Buktikan bahwa n n + n n + n n n n < n n untuk n. 16. Misalkan x 1 + x + x 3 = π, x i > 0. Buktikan bahwa sin x 1 sin x sin x 3 1 8. 17. Buktikan bahwa tan a + tan b tan ab untuk setiap a, b [0, π ). 18. Buktikan bahwa untuk bilangan asli n berlaku ( ) n + 1 n n!. 19. Misalkan a 1, a,..., a n dan b 1, b,..., b n adalah bilangan real positif yang memenuhi a 1 a... a n = b 1 b... b n. Buktikan bahwa (a 1 b 1 + 1) (a b + 1)... (a n b n + 1) b 1 b... b n n. 1

0. Cari semua solusi real dari sistem persamaan berikut. x 3 + y = 3x + 4 y 3 + z = 6y + 6 3z 3 + x = 9z + 8 1. Cari semua tripel (x, y, z) yang memenuhi x 4 + y 4 + z 4 4xyz = 1.. Cari semua solusi real dari sistem persamaan x + y = 4z 1 y + z = 4x 1 z + x = 4y 1 3. Buktikan tidak ada belangan real x, y, x yang memenuhi x + 4yz + z = 0 x + xy + z = 0 xz + y + y + 1 = 0 4. Cari semua bilangan real m sehingga persamaan mempunyai tepat tiga akar. (x mx 4(m + 1))(x 4x m(m + 1)) = 0 Rujukan [1] Engel, A. 1998. Problem-Solving Strategies. New York: Springer-Verlag. [] Larson, L. C. 1983. Problem-Solving Through Problems. New York: Springer-Verlag. 13

TEORI BILANGAN Nanang Susyanto Jurusan Matematika FMIPA UGM 1 Sistem Bilangan Bulat 1.1 Latar belakang Pada zaman dahulu, manusia hanya mengenal sistem bilangan asli N = {1,, 3,...} Mereka hanya mengenal sistem bilangan tersebut karena pada waktu itu yang mereka butuhkan hanyalah menghitung sesuatu yang mereka miliki atau mereka dapatkan. Sebagai contoh: menghitung hasil binatang buruan, menghitung banyak persediaan makanan yangmereka miliki, dan sebagainya. Akan tetapi, setelah selang waktu tertentu mereka merasakan binatang buruannya habis yang kemudian dilambangkan dengan simbol 0. Oleh karena itu, mereka mulai mengenal sistem bilangan cacah N 0 = {0} N = {0, 1,, 3,...} Seiring dengan adanya sistem barter, mereka menemui masalah jika setiap seekor kambing dapat ditukar dengan 10 ekor ayam, maka bagaimana jika saya mempunyai 7 ekor ayam yang ingin ditukarkan dengan seekor kambing?. Tentu saja orang tersebut masih hutang/kurang 3 ekor ayam bukan? Kekurangan 3 ekor ini yang kemudian dilambangkan 3. Dari sini mereka mulai mengenal bilangan bulat Z = {.., 3,, 1, 0, 1,, 3,...} Perkembangan selanjutnya, jika seseorang mempunyai 1 buah apel sedangkan ia punya dua anak, maka untuk menuliskan kejadian ini mereka memberi simbol 1. Dengan demikian, mereka mulai mengenal sistem bilangan rasional { a } Q = b a dan b bilangan bulat dengan b 0 1. Mengingat kembali notasi pada himpunan, relasi serta operasi dua himpunan Secara umum, suatu himpunan kita notasikan dengan huruf kapital A, B, C,... Dalam teori bilangan kita hanya akan bekerja pada sistem bilangan asli, cacah, bulat, dan yang paling luas kita akan bekerja pada sistem bilangan rasional. Untuk himpunan-himpunan tersebut, yaitu himpunan bilangan asli, cacah, bulat, dan rasional berturut-turut kita notasikan dengan N, N 0, Z, dan Q. Sedangkan untuk anggota-anggota dari suatu himpunan biasanya kita tulis dengan huruf kecil a, b, c,... dan kita akan menggunakan lambang untuk menyatakan anggota/elemen dan / untuk bukan anggota. sebagai contoh: Misalkan A = {1,, 3}, maka 1 A tetapi 5 / A. 14

1..1 Relasi dua himpunan 1. Himpunan A dikatakan himpunan bagian dari B kita tulis dengan A B jika untuk setiap x A maka x B.. Himpunan A dikatakan sama dengan himpunan B kita tulis dengan A = B jika A B dan B A. 3. Himpunan B dikatakan komplemen dari himpunan A kita tulis dengan B = A c atau B = A jika himpunan B berisi semua anggota dari himpunan semesta yang bukan anggota himpunan A. 1.. Operasi dua himpunan 1. Irisan dua himpunan A dan B dinotasikan dengan A B adalah himpunan yang anggotaangotanya merupakan anggota dari kedua himpunan A dan B. Secara matematika dapat kita tuliskan A B = {x x A dan x B}. Gabungan dua himpunan A dan B dinotasikan dengan A B adalah himpunan yang anggotaangotanya merupakan anggota himpunan A atau himpunan B. Secara matematika dapat kita tuliskan A B = {x x A atau x B} 3. Selisih dua himpunan A dan B dinotasikan dengan A B adalah himpunan yang anggotaanggotanya merupakan anggota himpunan A tetapi bukan anggota himpunan B. Secara metematika dapat kita tuliskan Definisi 1 (sifat tertutup) A B = {x x A dan x / B} Himpunan A dikatakan tertutup terhadap operasi (bisa penjumlahan, pengurangan, pembagian, perkalian, dan lain-lain) jika untuk setiap a, b A berlaku a b A. Contoh 1. Himpunan bilangan bulat tertutup terhadap penjumlahan, pengurangan, dan perkalian, tetapi tidak terhadap pembagian karena 1 / Z. 1.3 Himpunan bilangan bulat Tentu saja himpunan ini telah kita kenal dengan akrab sejak di sekolah dasar. Di sini kita akan membahas sifat-sifat yang berkaitan dengan himpunan bilangan bulat dan himpunan bagiannya. Salah satu himpunan bagian dari himpunan bulat adalah himpunan bilangan asli, himpunan ini beranggotakan bilangan-bilangan bulat yang positif. Beberapa sifat yang berkaitan dengan bilangan bulat dan himpunan bagiannya 1. Himpunan bilangan bulat tertutup terhadap penjumlahan, pengurangan, dan perkalian,. Himpunan bilangan asli tertutup tertutup terhdap penjumlahan dan perkalian, 15

3. Setiap himpunan bagian dari himpunan bilangan asli selalu mempunyai elemen terkecil (minimal), 4. Setiap himpunan bagian dari himpunan bilangan bulat yang berhingga selalu mempunyai elemen minimal dan elemen maksimal, Sifat (3) disebut sifat terurut rapi (well ordering principle). 1.4 Soal-soal Latihan 1. Tunjukkan hukum D Morgan yaitu (A B) c = A c B c dan (A B) c = A c B c.. Misalkan A Z tertutup terhadap pengurangan. Jika diketahui 4 dan 7 merupakan anggota A, (a) tunjukkan bahwa 0, 100, 08 A, (b) daftarlah semua anggota dari A. 3. Misalkan S adalah himpunan yang memuat semua bilangan bulat. Jika untuk setiap s S yang tidak nol, terdapat s S sehingga ss = 1, maka tentukan semua anggota-anggota S. 4. Jumlah dari rata-rata aritmatik himpunan A dan rata-rata aritmatik himpunan B adalah 500. Himpunan A dan B terdiri dari bilangan-bilangan asli berurutan. Jika A B = {005} tentukan kemungkinan unsur himpunan B yang terbesar. (soal olimpiade matematika tk propinsi tahun 005) 5. Misalkan S adalah himpunan yang memuat bilangan 1,, 3, dan 4. Diketahui untuk sebarang a, b, c, d S yang semuanya berbeda akan berlaku ab + cd S. Selidiki apakah 008 S? 6. Buktikan sifat well ordering principle pada sebarang sub himpunan bilangan asli. 7. Suatu barisan bilangan bulat {a n } memenuhi persamaan a an+n = a n untuk setiap bilangan asli n. Jika diketahui a 008 = 1, maka tunjukkan bahwa a n = 1 untuk setiap bilangan asli n. Teorema Keterbagian Pada bab ini, kita akan mempelajari tentang konsep dasar keterbagian, algoritma pembagian, faktor persekutuan terbesar, dan kelipatan persekutuan terkecil..1 Keterbagian Definisi 1 Misalkan a dan b adalah bilangan bulat dengan a 0. Bilangan a dikatakan habis membagi b jika terdapat bilangan bulat k sehingga b = ka. Untuk selanjutnya kita tulis a b, sedangkan dalam hal a tidak habis membagi b kita tulis dengan a b. Contoh 1 3 1 karena terdapat bilangan bulat k yaitu k = 4 sehingga 1 = 4 3 3 7 karena kita tidak mungkin mendapatkan bilangan bulat k sehinga 7 = k 3. Dari definisi di atas kita dapat menurunkan sefat-sifat sebagai berikut 16

Sifat 1 Untuk setiap bilangan bulat a yang tidak nol selalu berlaku a a dan a 0 Sifat Untuk setiap bilangan bulat a selalu berlaku 1 a Sifat 3 Jika a b maka (i) a b (ii) ac bc untuk setiap bilangan bulat c yang tidak nol. Sifat 4 Jika a b dan a c maka a (mb + nc) untuk setiap bilangan bulat m dan n. Di sini, kita hanya akan membuktikan Sifat 4. Sedangkan untuk sifat-sifat yang lainnya diserahkan kepada pembaca sebagai latihan. Bukti Sifat 4 Perhatikan bahwa a b artinya terdapat bilangan bulat k sehingga b = ka, dan juga kita tahu a c yang berarti terdapat bilangan bulat l sehingga c = la. Dari kedua fakta tersebut kita punya mb + nc = mka + nla = (mk + nl) a yang berarti a (mb + nc) Contoh Tentukan semua bilangan asli n sehingga 3n+5 n 5 Propinsi, 00) Jawab: Agar 3n+5 n 5 juga merupakan bilangan asli (soal OSN tk merupakan bilangan bulat haruslah n 5 3n + 5, di lain pihak kita juga punya n 5 n 5. Dengan demikian n 5 ( (3n + 5) 3 (n 5)) atau ekivalen dengan n 5 65. Dari sini kita simpulkan n 5 = 1, 5, 13, atau 65. Yang selanjutnya kita dapatkan solusi n = 3, 5, 9, atau 35.. Algoritma Pembagian Teorema 1 Jika a dan b adalah bilangan bulat dan b > 0, maka terdapat dengan tunggal bilangan bulat q dan r sehingga a = bq + r dengan 0 r < b. Bukti: Padang himpunan..., a 3b, a b, a b, a, a + b, a + b, a + 3b,... Jika barisan tersebut memuat unsur nol, maka terdapat bilangan bulat q sehingga a = bq + r dengan r = 0. Jika barisan tersebut tidak terdapat unsur nol, maka a tidak mungkin nol. Jika a > 0 maka a + ab = a (1 + b) > 0, dan jika a < 0 maka a ab = a (b 1) > 0. Jadi, barisan tersebut memuat unsur positif. Dengan demikian, jika kita himpun semua elemen yang positif sebut saja himpunan S, maka menurut well ordering principle S mempunyai elemen terkecil, sebut elemen minmal tersebut adalah r = a qb. Kita akan buktikan bahwa r < b. Jelas r b (mengapa?), andaikan r > b maka akan kita peroleh 17

s = a (q + 1) b = a qb b = r b > 0. Perhatikan bahwa s S, dan s < r. Ini kontradiksi dengan asumsi bahwa r merupakan elemen terkecil. Jadi haruslah terdapat bilangan bulat q sehingga atau dengan kata lain 0 < r = a bq < b a = bq + r dengan 0 < r < b Sekarang akan kita buktikan ketunggalannya. Misalkan terdapat bilangan bulat 0 r 1, r < b dan q 1 serta q sehingga a = bq 1 + r 1 = bq + r. Dari sini akan diperoleh b (q 1 q ) = r r 1 yang berarti b (r r 1 ), akan tetapi b < r r 1 < b, akibatnya r r 1 = 0 atau dengan kata lain r = r 1. Dengan fakta r = r ini juga akan berakibat q 1 = q dan kita selesai. Dari teorema di atas, dapat kita pahami bahwa jika m suatu bilangan asli, maka untuk sebarang bilangan bulat n dapat dinyatakan sebagai n = mk + r untuk suatu bilangan bulat k dan r dengan 0 r m 1. Bilangan yang berbentuk mk + r adalah bilangan bulat yang bersisa r ketika dibagi m. Sebagai contoh, kita kita ambil m =, maka fakta di atas mengatakan bahwa setiap bilangan bulat dapat dinyatkan dalam bentuk k atau k + 1, yang selanjutnya dalam kehidupan kita sehari-hari bilangan yang berbentuk k dan k + 1 berturut-turut kita katakan bilangan genap dan bilangan ganjil. Sekarang, marilah kita lihat beberapa contoh berikut: Contoh 3 Tentukan semua banyak bilangan asli n dengan n < 008 yang menyebabkan 1 3n (n + 1) merupakan bilangan bulat. Jawab: Setiap bilangan asli dapat dinyatakan dalam bentuk 3k, 3k + 1, atau 3k + Untuk n = 3k, kita punya 1 3.3k. (3k + 1) = k (3k + 1) merupakan bilangan bulat, untuk n = 3k + 1 kita punya 1 3 (3k + 1) (3k + ) = 3k + 3k + 3 bukan merupakan bilangan bulat, untuk n = 3k + kita punya 1 3 (3k + ) (3k + 3) = (3k + ) (k + 1) merupakan bilangan bulat. Jadi, bilangan asli n yang menyebabkan 1 3n (n + 1) bukan bilangan bulat adalah bilangan asli yang berbentuk 3k + 1. Bilangan seperti ini yang kurang dari 008 dapat kita daftar dengan cara berikut: 1 = 3.0 + 1, 4 = 3.1 + 1, 7,..., 005 = 3.668 + 1 yang berarti ada 669 bilangan asli kurang dari 008 yang berbentuk 3k + 1. Dengan ddemikian, banyak bilangan asli n < 008 yang menyebabkan 1 3n (n + 1) merupakan bilangan bulat adalah 007 669 = 1338. Contoh 4. Tunjukkan bahwa tidak ada bilangan kuadrat pada barisan 11, 111, 1111, 11111,... Jawab: Perhatikan bahwa untuk n = k kita punya n = 4k dan untuk n = k + 1 kita punya n = 4 ( k + k ) + 1. Dari sini kita dapat simpulkan bahwa sisa pembagian dari bilangan kadrat oleh 4 adalah 0 atau 1. Sekarang perhatikan barisan 11, 111, 1111, 11111,... 18

sisa pembagian setiap suku oleh 4 selalu bersisa 3, dengan demikian tidak ada bilangan kuadrat pada barisan di atas..3 Pembagi sekutu terbesar dan faktor sekutu terkecil.3.1 Pembagi sekutu terbesar Pada saat sekolah dasar, kita semua tentu telah mengenal pembagi sekutu terbesar atau biasa disebut faktor persekutuan terbesar (FPB), atau disebut juga greatest common divisor (gcd). Definisi. Diberikan a dan b adalah bilangan bulat yang tidak keduanya nol. Bilangan asli d disebut pembagi sekutu terbesar dari a dan b atau ditulis dengan d = gcd (a, b) jika (i). d a dan d b (ii). untuk setiap bilangan asli c dengan c a dan c b haruslah berlaku c d. bagian (i) mengatakan bahwa d adalah pembagi sekutu dari a dan b, sedangkan bagian (ii) mengatakan bahwa untuk setiap pembagi sekutu dari a dan b harus lebih kecil atau sama dengan d, dengan kata lain (ii) mengatakan bahwa d merupakan pembagi sekutu yang terbesar. Definisi 3. Bilangan bulat a dan b dikatakan saling prima (relatif prima) jika gcd (a, b) = 1. Definisi 4. Untuk sebarang bilangan bulat a, b dan c didefinisikan gcd (a, b, c) = gcd (gcd (a, b), c) = gcd (a, gcd (b, c)) Dari definisi di atas, dapat diturunkan beberapa sifat di bawah ini: 1. gcd (a, b) = gcd (b, a) = gcd ( a, b ). gcd (a, 1) = 1 untuk setiap bilangan bulat a, 3. gcd (a, 0) = a untuk setiap bilangan bulat tak nol a, 4. gcd (ma, mb) = m gcd (a, b) untuk setiap bilangan bulat tak nol m, 5. jika d = gcd (a, b) maka gcd ( a d, b d) = 1. Bukti untuk sifat (5) dapat dilihat pada contoh 6, sedangkan untuk yang lain diserahkan kepada pembaca sebagi latihan. 19

.3. Menentukan gcd dua bilangan dengan algoritma Euclide Misalkan a dan b bilangan bulat yang tidak keduanya nol. Kita akan menghitung gcd dari a dan b dengan menggunakan algoritma pembagian yang telah kita kenal pada sub bab sebelumnya. Karena gcd (a, b) = gcd (b, a) = gcd ( a, b ), maka di sini hanya akan dibahas untuk a dan b bilangan asli dengan a > b. Berdasarkan algoritma pembagian, akan terdapat bilangan bulat q dan r dengan 0 r < b sehingga a = bq + r atau ekivalen dengan r = a bq. Perhatikan bahwa untuk setiap pembagi sekutu a dan b pasti merupakan pembagi dari r. Oleh sebab itu, dapat kita simpulkan gcd (a, b) = gcd (b, r). Jika r = 0, maka gcd (a, b) = gcd (b, 0) = b. Jika r 0 kita dapat lakukan langkah yang sama pada b dan r, yakni terdapat q 1 dan r 1 dengan 0 r 1 < r sehingga b = rq 1 + r 1. Dengan argumen yang sama seperti sebelumnya, kita simpulkan gcd (b, r) = gcd (r, r 1 ). Jika r 1 = 0, maka gcd (b, r) = gcd (r, r 1 ) = r. Jika tidak, kita dapat melakukan langkah di atas sehingga kita peroleh barisan r 1, r,... Akan tetapi, karena a dan b berhingga, maka tentu akan terdapat n sehingga r n = 0. Dengan demikian gcd (a, b) = gcd (b, r) = gcd (r, r 1 ) = gcd (r 1, r ) =... = gcd (r n 1, r n ) = gcd (r n 1, 0) = r n 1 Untuk lebih jelasnya, perhatikan contoh berikut: Contoh 5. Hitung gcd (008, 13456). Jawab: gcd (008, 13456) = gcd (13456, 008). Dengan algoritma pembagian 13456 = 61 008+968, dengan demikian gcd (13456, 008) = gcd (008, 968). Kemudian 008 = 968 + 7, sehingga gcd (008, 968) = gcd (968, 7), seterusnya dengan algoritma pembagian akan kita peroleh gcd (968, 7) = gcd (7, 3) = gcd (3, 8) = gcd (8, 0) = 8 dengan demikian gcd (008, 13456) = 8. Contoh 6. Jika d = gcd (a, b) maka tunjukkan bahwa gcd ( a d, d) b = 1. Jawab: Misalkan gcd ( a d, b ) d = k, maka kita punya k a d selanjutnya kita peroleh kd d (mengapa?). Dengan demikian, k 1 dan kita peroleh k = 1 (karena k merupakan bilangan asli). Jadi gcd ( a d, d) b = 1. dan k b d, yang berakibat kd a dan kd b dan Teorema (Identitas Benzout) Jika d = gcd (a, b) maka terdapat bilangan bulat x dan y sehingga ax + by = d. Jawab: Bentuk himpunan S = {ax + by x, y Z, ax + by > 0} perhatikan bahwa jika kita ambil x = a dan n = b kita punya a + b > 0 (ingat pada pendefinisian gcd kita asumsikan a dan b tidak keduanya nol) yang berarti S tidak kosong. Dengan demikian S mempunyai elemen terkecil, sebut saja d. Kita akan buktikan bahwa d = gcd (a, b). Pertama akan kita buktikan bahwa d a dan d b. Dengan algoritma pembagian kita dapat tulis a = dq + r dengan 0 r < t atau dengan kata lain r = a dq. Akan tetapi d S yang berarti d = am + bn untuk suatu m, n Z. Oleh karena itu, kita punya r = a dq = a (am + bn) q = a aqm bnq = a (1 qm) b (nq) S. Karena d adalah elemen terkecil dari S dan r < t maka r = 0 yang berarti 0

d a, dengan cara yang sama kita peroleh juga d b. Sekarang misalkan c adalah sebarang bilangan asli dengan c a dan c b, maka c am + bn atau c d. terbukti bahwa d = gcd (a, b). Dengan menggunakan teorema di atas kita dapat menurunkan beberapa sifat sebagai berikut: 1. Jika d = gcd (a, b) maka untuk sebarang bilangan bulat c dengan c a dan c b haruslah berlaku c d.. Jika a bc dan gcd (a, b) = 1, maka a c. Bukti: Untuk sifat (1) dapat langsung dilihat dari pembuktian teorema identitas Benzout, sehingga di sini hanya akan kita buktikan untuk sifat (). Bukti sifat () : Perhatikan bahwa a bc, artinya terdapat bilangan bulat k sehingga bc = ka. Selain itu, kita juga punya gcd (a, b) = 1. Menurut identitas Benzout kita dapat menemukan bilangan bulat x dan y dengan sifat ax + by = 1. Dengan mengalikan kedua ruas dengan c akan kita peroleh acx + bcy = c yang ekivalen dengan acx = c bcy. Perhatikan bahwa a (c bcy), akan tetapi karena a bcy akan berakibat a c. Contoh 7. Diberikan gcd (15, 4) = 3. Cari salah satu pasangan bulat (x, y) sehingga 15x + 4y = 3. Jawab: Perhatikan bahwa 4 = 15.1 + 9, 15 = 9.1 + 6, dan 9 = 6.1 + 3 (ingat mencari gcd dengan Algoritma Euclide). Dengan demikian 3 = 9 6 = 9 (15 9) =.9 15 = (4 15) 15 = 3.15 +.4 kita dapat mengambil x = 3 dan y =. Contoh 8 Jika gcd (a, b) = 1 dan gcd (a, c) = 1, tunjukkan bahwa gcd (a, bc) = 1. Jawab: kita punya gcd (a, b) = 1 dan gcd (a, c) = 1, sehingga ada bilangan bulat x dan y yang memenuhi ax + by = 1 dan ada bilangan bulat m dan n yang memenuhi ax + cy = 1. Kemudian kita peroleh (ax + by) (am + cn) = 1 a (axm + bmy + cnx) + bc (ny) = 1 yang berakibat gcd (a, bc) 1 dan tentunya gcd (a, bc) = 1. Kelipatan persekutuan terkecil. Selain pembagi sekutu terbesar, tentunya pada saat sekolah dasar juga kita telah mengenal kelipatan persekutuan terkecil (KPK). Dalam pembahasan selanjutnya, untuk sebarang bilangan bulat a dan b KPK dari a dan b kita tulis dengan [a, b]. Definisi 5 Diberikan bilangan bulat a dan b yang tidak keduanya nol. Bilangan bulat positif m disebut KPK dari a dan b jika 1. m a dan m b,. untuk setiap bilangan bulat positif n dengan n a dan n b haruslah berlaku m n. 1

Definisi 6 Misalkan a, b, dan c bilangan bulat yang tidak semuanya nol, KPK dari a, b, dan c didefinisikan sebagai [a, b, c] = [[a, b], c] = [a, [b, c]] Langsung dari definisi di atas, kita dapat menurunkan beberapa sifat sederhana sebagai berikut: 1. [a, b] = [b, a] untuk setiap bilangan bulat a dan b yang tidak keduanya nol,. [a, 0] = 0 untuk setiap bilangan bulat tak nol a, 3. [a, 1] = a untuk setiap bilangan bulat a. Teorema 3 Jika a dan b adalah bilangan bulat yang tidak keduanya nol, maka [a, b] = ab gcd (a, b) Bukti: Misalkan d = gcd (a, b), maka a = da 1 dan b = db 1 untuk suatu bilangan bulat a 1, b 1 dengan gcd (a 1, b 1 ) = 1. Misalkan m = da 1 b 1. Akan kita buktikan bahwa m = [a, b]. Jelas bahwa a m dan b m. Ambil sebarang bilangan asli n dengan sifat a n dan b n, artinya n = ka dan n = lb untuk suatu bilangan bulat k, l. Dari sini kita dapatkan ka = lb kda 1 = ldb 1 ka 1 = lb 1. Kita punya a 1 lb 1, dan karena gcd (a 1, b 1 ) = 1 maka a 1 l yang berarti l = ta 1 untuk suatu bilangan bulat t. Dengan demikian kita punya n = lb = ldb 1 = tda 1 b 1, akibatnya m n dan kita selesai membuktikan m = [a, b]. Contoh 9. Hitung [56, 7]. Jawab: Karena gcd (56, 7) = 8 maka [56, 7] = 56.7 8 = 504. Contoh 10. Tentukan bilangan bulat positif terkecil lebih dari 1 yang bersisa 1 ketika dibagi k untuk setiap k 10. Jawab: Bilangan yang bersisa 1 ketika dibagi k pasti berbentuk km + 1 untuk suatu bilangan bulat m, dan karena bilangan tersebut harus berbentuk km + 1 untuk setiap k 10 maka bilangan tersebut harus berbentuk rm + 1 dengan r habis dibagi k 10. Dengan demikian, r = [, 3, 4,..., 10] = 50. Jadi bilangan yang dimaksud pasti berbentuk 50m+1 untuk suatu bilangan bulat m. Dan karena kita mencari yang terkecil dan lebih besar dari 1 maka kita ambil m = 1. Jadi, bilangan yang dimaksud adalah 51..4 Soal-soal Latihan 1. Tentukan semua bilangan bulat p yang menyebabkan (a) 8p+9 p+1 merupakan bilangan bulat,

(b) p + 1 membagi p + 7, (c) p 10 kelipatan p + 10.. Tentukan semua bilangan asli n sehingga n3 +4 n+3 juga merupakan bilangan asli. 3. Tentukan bilangan asli terbesar n sehingga n 3 + 100 kelipatan n + 10. 4. Diberikan f (x) = ax + bx + c, dengan a, b, dan c adalah bilangan bulat. Jika 3 f (x) untuk setiap bilangan bulat x, tunjukkan bahwa 3 a, 3 b, dan 3 c. 5. Buktikan bahwa n(n+1)(n+1) 6 merupakan bilangan bulat untuk sebarang bilangan bulat n. 6. Buktikan pernyataan-pernyataan di bawah ini: (a) hasil kali bilangan bulat yang berurutan selalu habis dibagi, (b) hasil kali 3 bilangan bulat yang berurutan selalu habis dibagi 6, (c) hasil kali n bilangan bulat yang berurutan selalu habis dibagi n!. 7. Buktikan bahwa gcd (a, b) = gcd (3a + 5b, 11a + 18b). 8. Buktikan beberapa pernyataan berikut (a) jika gcd (a, b) dan c a maka gcd (b, c) = 1 (b) jika gcd (a, b) = 1 dan c (a + b) maka gcd (a, c) = gcd (b, c) = 1 (c) jika gcd (a, b) = 1 maka gcd ( a, b ) = 1. 9. Misalkan a n = k n, dengan k bilangan asli. Tunjukkan bahwa jika m n maka gcd (a m, a n ) = 1 untuk k genap, dan gcd (a m, a n = ) untuk k ganjil. 10. Jika a, m, n bilangan asli, a > 1 dan gcd (m, n) = d, tunjukkan bahwa [a m 1, a n 1] = (am 1) (a n 1) a d 1 (petunjuk: tunjukkan bahwa gcd (a m 1, a n 1) = a d 1). 3 Bilangan Prima 3.1 Pengertian bilangan prima Pada pembahasan keterbagian, kita kenal istilah a membagi b. Nah, untuk selanjutnya pernyataan a membagi b dapat kita katakan a faktor dari b. Definisi 1. Bilangan bulat positif p dikatakan bilangan prima jika p mempunyai tepat dua faktor positif yaitu 1 dan p sendiri. Definisi. Bilangan bulat positif n dikatakan bilangan komposit jika n mempunyai lebih dari faktor positif. 3

Definisi di atas juga dapat kita katakan bahwa n adalah bilangan komposit jika terdapat bilangan bulat positif a, b > 1 sehingga n = ab. Contoh 1. Bilangan-bilangan, 3, 5, 7,... merupakan bilangan prima. Bilangan 4, 6, 8,... merupakan bilangan komposit. Teorema 1 Banyak bilangan prima adalah tak hingga. Bukti: Andaikan hanya ada sejumlah berhingga bilangan prima, sebut saja p 1, p,..., p n dengan p 1 < p <... < p n. Bentuk N = p 1 p...p n + 1, jelas bahwa N > p n. Perhatikan bahwa untuk setiap k = 1,,..., n haruslah p k tidak membagi N, karena jika p k membagi N maka p k 1 yang jelas tidak mungkin. Dengan demikian N prima atau terbagi oleh bilangan prima yang lebih dari p n. Hal ini kontradiksi dengan asumsi kita. Jadi banyak bilangan prima adalah tak hingga. Contoh. Tentukan semua bilangan prima yang berbentuk n 3 + 1 untuk suatu bilangan asli n. Jawab: Perhatikan bahwa n 3 + 1 = (n + 1) ( n n + 1 ), dengan demikian salah satu faktor yaitu n + 1 atau n n + 1 harus sama dengan 1. Jika n + 1 = 1 maka n = 0 (tidak memenuhi), dan jika n n + 1 = 1 maka n = 0 atau n = 1. Untuk n = 1 kita peroleh n 3 + 1 =. Jadi bilangan prima yang berbentuk n 3 + 1 hanyalah. Contoh 3. Tunjukkan bahwa untuk setiap bilangan prima p selalu berlaku 6 ( p 1 ). Jawab: Setiap bilangan prima lebih p > 3 selalu dapat kita nyatakan sebagai 6k + 1 atau 6k 1. Akan tetapi, apapun yang terjadi akan selalu kita peroleh p = 6m + 1 di mana m = 6k + k atau m = 6k k. Dengan demikian 6 ( p 1 ). Akibat 1. 1. Jika p prima, maka untuk sebarang bilangan asli n berlaku p n atau gcd (p, n) = 1.. Jika p prima dan p ab untuk suatu bilangan bulat a dan b, maka p a atau p b. Bukti: 1. Jika p n, maka tidak ada yang perlu dibuktikan. Asumsikan p n. Misalkan d = gcd (p, n), yang berarti d p dan d n. Karena p prima maka d = 1 atau d = p. Dari asumsi kita punya p n, akibatnya d n.dengan kata lain d = 1 dan kita selesai.. Jika p a, maka kita selesai. Asumsikan p a. Menurut sifat (1) kita punya gcd (p, a) = 1, dengan demikian terdapat bilangan bulat x dan y sehingga px + ay = 1. Dengan mengalikan kedua ruas dengan b akan kita peroleh pbx + aby = b atau setara dengan p (bx) = b aby. Akan tetapi p ab akibatnya p b. Akibat. Jika p prima dan n, m sebarang bilangan asli dengan p n m maka p n. Bukti langsung dapat dilihat dari akibat 1 bagian. 4

3. Faktorisasi Prima Bilangan prima merupakan bilangan yang lebih sederhana daripada bilangan komposit karena bilangan prima hanya mempunyai faktor positif yang berbeda. Oleh karena itu setiap bilangan asli akan kita bawa ke dalam perkalian bilangan-bilangan prima berpangkat yang disebut dengan faktorisasi prima. Berikut penjelasannya. Teorema Setiap bilangan asli n > 1 dapat dinyatakan secara tunggal sebagai n = p a 1 1 pa...pa k k dengan k suatu bilangan asli, p 1 < p <... < p k bilangan-bilangan prima berbeda, dan a i 1 untuk setiap i = 1,, 3,..., k. Bukti: Jika n = p prima, maka kita selesai. Asumsikan n komposit. Misalkan p 1 adalah bilangan prima terkecil yang membagi n, maka n = p 1 n 1 untuk suatu bilangan asli n 1. Jika n 1 prima, maka kita selesai. Jika n 1 tidak prima kita dapat menemukan bilangan prima terkecil yang membagi n 1. Jika bilangan prima tersebut sama dengan p 1 maka n = p 1 n untuk suatu bilangan asli n, jika bilangan prima tersebut tidak sama dengan p 1 sebut saja p maka = p 1 p n. Demikian seterusnya, sampai kita peroleh n m = 1 (mengapa ini dijamin?). Jadi n = p a 1 1 pa...pa k k Sekarang akan kita buktikan ketunggalannya. Misalkan n = p a 1 1 pa...pa k k = q b 1 1 qb...qbm m dengan p 1 < p <... < p k dan q 1 < q <... < q m bilangan-bilangan prima. Jika terdapat p i yang tidak sama dengan q t untuk setiap t = 1,,..., m maka p i q b 1 1 qb...qbm m yang berarti p i n dan ini tidak mungkin. Jadi, untuk setiap p i pasti terdapat t {1,,..., m} sehingga p i = q t. Dengan cara yang sama dapat dibuktikan juga bahwa untuk setiap q i pasti terdapat t {1,,..., k} sehingga q i = p t. Dengan demikian kita punya k = m. Dan karena p 1 < p <... < p k dan q 1 < q <... < q k maka p i = q i untuk setiap i = 1,,..., k atau dengan kata lain p a 1 1 pa...pa k k = pb 1 1 p b...p b k k Jika terdapat i sehingga a i > b i maka dengan membagi masing-masing ruas dengan p b i i akan berakibat p i membagi ruas kiri tetapi tidak membagi ruas kanan yang jelas tidak mungkin. Demikian juga jika terdapat i sehingga a i < b i maka dengan membagi kedua ruas dengan p a i i akan berakibat p i tidak membagi ruas kiri tetapi p i membagi ruas kanan yang jelas tidak mungkin. Jadi kita harus punya a i = b i untuk setiap i = 1,,..., k. Dan kita selesai membuktikan ketunggalannya. keterangan: Tidak hanya bilangan asli saja yang dapat kita tulis dalam bentuk perkalian faktor-faktor prima. Secara umum, untuk sebarang bilangan bulat n 0 selalu dapat ditulis dalam bentuk n = up a 1 1 pa...pa k k dengan u = ±1, k bilangan asli, dan p 1, p,..., p k bilangan prima. Faktorisasi prima ini, akan memudahkan kita dalam menganalisa suatu bilangan bulat. Perhatikan bahwa jika bentuk faktorisasi prima dari n adalah n = p a 1 1 pa...pa k k maka kita mengetahui beberapa hal sebagai berikut: 5

1. n mempunyai k faktor prima yaitu p 1, p,..., p k.. Banyak faktor positif dari n adalah (1 + a 1 ) (1 + a )... (1 + a n ) (mengapa?). Salah satu penggunaan faktorisasi prima adalah mencari FPB dan KPK dua bilangan bulat. Jika kita sudah mendapatkan faktorisasi prima dari dua bilangan bulat, sebut saja a dan b, maka pastilah faktorisasi dari keduanya dapat dinyatakan sebagai a = p s 1 1 ps...ps k k dan b = p t 1 1 p t...p t k k dengan p i prima dan s i, t i 0 untuk i = 1,,..., k. Dengan faktorisasi prima ini, dapat dipahami bahwa gcd (a, b) = p m 1 1 pm...pm k k dan [a, b] = p M 1 1 p M...p M k k di mana m i = min {a i, b i } dan M i =maks{a i, b i } untuk setiap i = 1,,..., k. Untuk lebih jelasnya, mari kita simak beberapa contoh di bawah ini: Contoh 4 Tentukan FPB dan KPK dari 56 dan 008. Jawab: Akan kita selesaikan dengan faktorisasi prima, perhatikan bahwa 11 = 4.7 dan 008 = 3.51. Dengan demikian gcd (56, 008) = 3 = 8 dan [11, 08] = ( 4) (7) (51) = 8 11. Contoh 5 Tentukan jumlahan dari semua faktor positif dari 5.000.000. Jawab: Tentu kita dapat mendaftar semua faktor positif dari 5.000.000 kemudian menjumlahkannya, namun akan butuh waktu yang sangat lama. Nah, sekarang perhatikan bahwa faktorisasi prima dari 5.000.000 adalah 6.5 7. Dengan demikian, setiap faktor positifnya berbentuk a.5 b dengan a = 0, 1,,..., 6 dan b = 0, 1,,..., 7. Sehingga jumlahan dari semuanya adalah ( a.5 b) = a,b ( 6 ) ( 7 ) a=0 a b=0 3b Contoh 6 = ( 7 1 ) ( 3 8 1 ). Jika m adalah bilangan asli sehingga m merupakan bilangan rasional, maka tunjukkan bahwa m merupakan kuadrat suatu bilangan asli. Jawab: Misalkan m = a b dengan a dan b bilangan asli (mengapa?). Jika b = 1, maka jelas bahwa m = a. Asumsikan b > 1, akibatnya a > 1. Kita dapat tulis faktorisasi prima dari a dan b yaitu a = p s 1 1 ps...ps k k dan b = p t 1 1 p t...p t k k. Sekarang perhatikan bahwa m = a = p s 1 t 1 b 1 p s t...p s k s k k = ( p s 1 t 1 1 p s t...p s k s k ) k. Karena m bilangan asli dan p1, p,..., p k bilangan prima maka bilangan yang berada dalam tanda kurung merupakan bilangan asli, dan kita selesai. 3.3 Soal-soal Latihan 1. Tentukan semua bilangan asli n yang menyebabkan n 4 + 4 merupakan bilangan prima.. Tunjukkan n merupakan bilangan komposit jika dan hanya jika n terbagi oleh bilangan prima p dengan p n. 6

3. Tunjukkan bahwa ada tak hingga bilangan prima yang berbentuk 4n+3 untuk suatu bilangan asli n. 4. Apakah terdapat bilangan asli n sehingga 6n + 5 merupakan jumlahan dari dua bilangan prima? 5. Tentukan semua bilangan prima p sehingga 4p + 1 dan 6p + 1 juga merupakan bilangan prima. (soal OSN I, Yogyakarta, 00). 6. Diberikan p > 3 adalah bilangan prima. Jika 1 + 1 + 1 3 +... + 1 p 1 = a b dengan a dan b bilangan bulat dan gcd (a, b) = 1, maka tunjukkan bahwa p membagi a. 7. Tunjukkan bahwa jika a, b, c, d N dan ab = cd, maka bilangan a n + b n + c n + d n merupakan bilangan komposit untuk setiap bilangan asli n. 8. Jika faktorisasi prima dari n adalah n = p a 1 1 pa...pa k, maka tunjukkan bahwa (a) Hasil kali semua faktor positif dari n adalah n m dengan m = (1 + a 1 ) (1 + a )... (1 + a k ), (b) Jumlahan semua faktor positif daro n adalah ( a 1 ) ( i=0 pi a ) ( 1 i=0 pi... ak i=0 k) pi. 9. Tunjukkan bahwa n merupakan kuadrat sempurna jika dan hanya jika n mempunyai sejumlah ganjil faktor positif. 10. Terdapat 008 pintu berjajar diberi nomor 1 sampai 1008 dan semuanya dalam keadaan tertutup. Sekelompok anak, P i dengan 1 i 008 berjalan melalui jajaran pintu tersebut. Masing-masing anak mengubah kondisi pintu nomor k jka dan hanya jika i membagi k, jika pintunya tertutup diubah menjadi terbuka dan sebaliknya. Cari banyak pintu yang terbuka setelah semua anak melewati jajaran pintu tersebut. k 4 Persamaan dan Sistem Persamaan dalam Bilangan Bulat Dalam menyelesaikan persamaan dan sistem persamaan dalam bilangan bulat (sering juga disebut persamaan Diophantine) tentu akan lebih mudah, karena kita hanya dibatasi penyelesaian dalam bilangan bulat. Sebagai contoh jika kita akan mencari pasangan bilangan real (x, y) yang memenuhi xy =, tentu akan ada tak hingga banyaknya yaitu semua pasangan bilangan real ( x, x) untuk setiap bilangan real tak nol x, pasti merupakan solusi xy =. Akan tetapi jika kita akan mencari pasangan bilangan bulat (x, y) yang memenuhi persamaan xy =, maka solusinya hanya ada 4 yaitu (1, ), (, 1), ( 1, ), dan (, 1). Mengapa demikian? Untuk lebih jelasnya simak uraian berikut: 7

4.1 Persamaan Diophantine Linear Persamaan ini adalah persamaan yang paling sederhana, karena kita bisa langsung mencari solusi umumnya. Definisi 1 Misalkan a, b, dan c adalah bilangan-bilangan bulat. Persamaan Diophantine berbentuk ax + by = c disebut Persamaan Diophantine linear dan setiap pasangan bilangan bulat (x, y) yang memenuhi ax + by = c disebut solusi. Teorema 1 Persamaan Diophantine ax + by = c mempunyai solusi jika dan hanya jika gcd (a, b) c. Bukti: = ) Diketahui persamaan ax + by = c mempunyai solusi, artinya ada bilangan bulat x 0 dan y 0 yang memenuhi ax 0 + by 0 = c. Andaikan gcd (a, b) tidak membagi c. Perhatikan bahwa ruas kiri terbagi oleh gcd (a, b) tetapi ruas kanan tidak terbagi oleh gcd (a, b) yang jelas ini tidak mungkin. Jadi haruslan gcd (a, b) membagi c. =) Diketahui gcd (a, b) c, artinya terdapat bilangan bulat k sehingga c = k gcd (a, b). Menurut identitas Benzout terdapat bilangan bulat m dan n yang memenuhi am + bn = gcd (a, b). Dengan mengambil x = km dan y = kn kita akan punya ax + by = akm + bkn = k (am + bn) = k (gcd (a, b)) = c yang berarti persamaan ax + by = c mempunyai solusi yaitu (km, kn). Contoh Hitung banyak bilangan bulat 1 n 100 yang dapat dinyatakan dalam bentuka 6x + 8y untuk suatu bilangan bulat x dan y. Jawab: Perhatikan bahwa gcd (6, 8) =. Oleh karena itu menurut teorema di atas, hanya bilangan yang terbagi oleh yang dapat dinyatakan dalam bentuk 6x + 8y untuk suatu bilangan bulat x dan y. Dalam hal ini, 1 n 100 yang terbagi oleh ada tepat 50 bilangan. Teorema Jika Persamaan Diophantine ax + by = c mempunyai solusi (x 0, y 0 ) maka persamaan tersebut mempunyai tak hinga banyaknya solusi dan setiap solusinya berbentuk b x (k) = x 0 + k gcd (a, b) dan y (k) = y a 0 k gcd (a, b) untuk sebarang bilangan bulat k. Bukti: Diketahui (x 0, y 0 ) solusi dari ax + by = c, artinya ax 0 + by 0 = c. Jika (x (k), y (k)) kita substitusikan ke persamaan akan kita peroleh ab ax (k) + by (k) = ax 0 + k gcd (a, b) + by ab 0 k gcd (a, b) = ax 0 + by 0 = c 8