Contents 1 TEORI KETERBAGIAN 2 1.1 Algoritm Pembgin.............................. 3 1.2 Pembgi persekutun terbesr.......................... 6 1.3 Algoritm Euclid................................. 10 1.4 Keliptn persekutun terkecil......................... 11 1
Bilngn 0 dn 1 dlh du bilngn dsr yng digunkn dlm sistem bilngn rel. Dengn du opersi + dn x mk bilngn-bilngn linny didenisikn. Himpunn bilngn sli (nturl number) N didenisikn sebgi n N n := } 1 + 1 + {{ + 1 }. n suku Jdi himpunn bilngn sli dpt disjikn secr eksplisit N = { 1, 2, 3, }. Himpunn bilngn bult Z didenisikn sebgi Z := N {0}N dimn N := { n : n N }. Jdi himpunn bilngn bult dpt ditulis secr eksplisit Z = {, 2, 1, 0, 1, 2, }. Selnjutny bilngn rsionl Q didenisikn sebgi { } Q := b :, b Z, b 0. Bilngn rel yng bukn bilngn rsionl disebut bilngn irrsionl. Slh stu bilngn irrsionl yng sngt dikenl dlh 2. Berdsrkn beberp denisi tersebut mk kit dpt menyjikn komposisi himpunn bilngn rel dlm bentuk digrm venn berikut. Figure 1.1: Komposisi bilngn rel Teori bilngn dlh cbng ilmu mtemtik yng mempeljri sift-sift keterbgin bilngn bult, khususny himpunn bilngn sli. Himpunn bilngn sli memiliki keunikn tersendiri kren i terdenisi secr lmi. Ini lsn bgi mtemtikwn Leopold Kronecker mengtkn bhw God creted the nturl numbers, nd ll the rest is the work of mn." 2
1.1 Algoritm Pembgin Algoritm ini merupkn btu pijkn pertm dlm mempeljri teori bilngn. I disjikn dlm bentuk teorem berikut. Theorem 1.1. Jik diberikn bilngn bult dn b, dengn b > 0 mk sellu terdpt dengn tunggl bilngn bult q dn r yng memenuhi = qb + r, 0 r < b. (1.1) Exmple 1.1. Bil = 9 dn b = 4 mk diperoleh 9 = (2)(4) + 1, jdi diperoleh q = 2 dn r = 1. Bil = 9 dn b = 4 mk 9 = ( 3)(4) + 3, jdi diperoleh q = 3 dn r = 3. Pd persmn (1.2), bilngn q disebut hsil bgi dn r disebut sis tu residu. Ingt sis r sellu kurng dri b. Proof. Untuk membuktikn teorem ini digunkn prinsip urutn bik (well-ordering property ) yng mengtkn bhw setip himpunn tkkosong dri N sellu memut nggot terkecil. Kit bngun sutu himpunn S dengn S := { nb n Z} = {, ± b, ± 2b, }. Dengn mengmbil n := mk diperoleh t := ( )(b) = + b > 0 sehingg dpt dipstikn t N S. Dengn demikin kit peroleh bhw N S merupkn himpunn bgin tkkosong dri N. Oleh kren itu i memiliki nggot terkecil, ktkn r N S yng mempunyi bentuk r = qb 0 untuk sutu q Z. Jdi = qb + r dengn r 0. Selnjutny dibuktikn r < b gr persmn (1.2) dipenuhi. Andikn r b. Ambil r 1 S N dengn r 1 = (q + 1)b = r b < r. Fkt ini kontrdiksi dengn pernytn r nggot terkecil pd S N. Terbuktilh 0 r < b. Selnjutny, ditunjukkn bhw q dn r ini tunggl. Andikn d q 1 dn r 1 yng bersift seperti ini mk diperoleh = qb + r = q 1 b + r 1, 0 r, r 1 < b. Dpt ditulis r r 1 = (q 1 q)b. Dpt disimpulkn bhw q = q 1, sebb bil tidk yitu q q 1 mk selisih mgnitudny q q 1 1, sehingg r 1 r = q q 1 b b. Hl ini tidklh mungkin kren kedu r dn r 1 bilngn tk negtif yng terletk di kiri b. Jdi disimpulkn q = q 1. Akibtny diperoleh r = r 1. Bil semu rus pd persmn (1.2) dibgi dengn b mk diperoleh b = q + r b, tu q = b r b dengn 0 r b < 1. Ini menujukkn bhw q = b yitu pembultn ke bwh (ooring) b. Dengn menggunkn bentuk ini kit dpt menentukn hsil bgi dengn mudh. Mislny = 27 dn 3
b = 12 mk q = 27 12 = 2 1 4 = 3. Sis r mudh diperoleh, yitu r = qb = 27 ( 3)(12) = 27 + 36 = 9. Pd Teorem (1.1) disyrtkn bhw b > 0. Sesungguhny Teorem ini dpt diperlus jug untuk b < 0 seperti diungkpkn pd teorem berikut. Theorem 1.2. Jik diberikn bilngn bult dn b, dengn b 0 mk sellu terdpt dengn tunggl bilngn bult q dn r yng memenuhi = qb + r, 0 r < b. (1.2) Proof. Untuk b > 0 berlku b = b sehingg persmn (1.1) dipenuhi lngsung oleh persmn (1.2). Untuk b < 0, mbil b sebgi penggnti b pd Teorem (1.1). Jdi terdpt q dn r sehingg = q b + r, 0 r < b. Selnjutny dengn mengmbil q = q dn kren b = b mk persmn terkhir ini menjdi = q b + r = q( b) + r = qb + r, 0 r < b. Diperhtikn untuk b < 0 berlku b b = 1. Dengn membgi persmn terkhir dengn b diperoleh b = q + r b tu q = b r b, 0 r b > 1, yitu q = b pembultn ke ts (ceiling) dri b. Exmple 1.2. Tentukn hsil bgi dn sisny jik 1, -2, 61 dn -59 dibgi oleh -7. Penyelesin. Dikethui b = 7 < 0. Untuk = 1 diperoleh q = 1 7 = 0 dn r = qb = 1 0 = 1. Periks bhw 1 = (0)( 7) + 1. Untuk = 2 diperoleh q = 2 7 = 2 7 = 1 dn r = 2 (1)( 7) = 5. Untuk = 61 diperoleh q = 61 7 = 8 7 6 = 8 dn r = 61 ( 8)( 7) = 5. Untuk = 59 diperoleh q = = 8 1 7 = 9 dn r = 59 (9)( 7) = 4. 59 7 Berikut diberikn beberp contoh sol pembuktin sebgi penerpn lngsung dri lgoritm pembgin. Exmple 1.3. Untuk setip bilngn bult, buktikn ( 2 + 2)/3 merupkn bilngn bult. 4
Penyelesin. Ambil b = 3. Dengn lgoritm pembgin mk terdpt q dn r sehingg = 3q + r, dimn r = 0, 1 tu 2. Untuk r = 0, substitusi = 3q ke dlm ( 2 + 2)/3 diperoleh 3q(9q 2 + 2)/3 = q(9q 2 + 2) yng merupkn bilngn bult. Untuk r = 1,substitusi = 3q + 1 ke dlm ( 2 + 2)/3 diperoleh (3q + 1)(9q 2 + 6q + 1 + 2)/3 = (3q + 1)3(3q 2 + 2q + 1)/3 = (3q + 1)(3q 2 + 2q + 1) yng merupkn bilngn bult. Untuk r = 2, substitusi = 3q + 2 ke dlm ( 2 + 2)/3 diperoleh (3q + 2)(9q 2 + 12q + 4 + 2)/3 = (3q + 2)3(3q 2 + 4q + 2)/3 = (3q + 2)(3q 2 + 4q + 2) yng jug merupkn bilngn bult. Untuk lebih meykinkn, cob periks untuk beberp nili = 1, 0, 1, 2, 3. Exmple 1.4. Buktikn! bilngn kudrt bil dibgi 4 sellu memberikn sis 0 tu 1. Penyelesin. Untuk bilngn bult sebrng, mbil b = 4. Terdpt q dn r sehingg = 4q + r dengn r = 0, 1, 2, 3. Selnjutny kit meliht bentuk n := 2. Untuk r = 0 diperoleh n = 4(4q 2 ) memberikn sis 0. Untuk r = 1 diperoleh n = 16q 2 + 8q + 1 = 4(4q 2 + 2q) + 1 memberikn sis 1. Untuk r = 2 diperoleh n = 16q 2 +16q +4 = 4(4q 2 +4q +4) memberikn sis 0. Terkhir, untuk r = 3 diperoleh n = 16q 2 +24q +9 = 4(4q 2 +6q +2)+1 memberikn sis 1. Jdi semu ksus memberikn sis 0 tu 1. Dengn menggunkn hsil ini kit dpt memhmi contoh sol berikut. Exmple 1.5. Tunjukkn bhw bilngn yng berbentuk 11, 111, 1111, 11111, tidk pernh merupkn kudrt sempurn. Penyelesin. Diperhtikn pol berikut 11 = 8 + 3 111 = 108 + 3 1111 = 1008 + 3 11111 = 10008 + 3 Jdi dpt ditulis 1111 111 = 1000 108 + 3. Kren bilngn 1000 108 sellu hbis dibgi 4 mk sesungguhny bilngn-bilngn tersebut mempunyi bentuk 4k + 3. Dengn kt lin merek sellu memberikn sis 3 jik dibgi 4. Pdhl bilngn kudrt sellu memberikn sis 0 tu 1 jik dibgi 4. Jdi bilngn-bilngn tersebut tidk mungkin merupkn bilngn kudrt. 5
1.2 Pembgi persekutun terbesr Sutu kedn khusus pd lgoritm pembgin ketik sis r = 0. ktkn hbis membgi b. Dlm ksus ini kit Denition 1.1. Sebuh bilngn bult b diktkn terbgi tu hbis dibgi oleh bilngn bult 0 jik terdpt bilngn bult c sehingg b = c, ditulis b. Notsi b digunkn untuk menytkn b tidk hbis terbgi oleh. Jdi 12 terbgi oleh 4 sebb 12 = (4)(3), tetpi 10 tidk terbgi oleh 3 sebb tidk d bilngn bult c sehingg 10 = 3c. Dlm ksus ini ditulis 4 12 dn 3 10. Istilh lin untuk b: fktor dri b, pembgi b tu b keliptn dri. Bil pembgi b mk jug pembgi b, sehingg pembgi sutu bilngn sellu terjdi berpsngn. Jdi dlm menentukn semu fktor dri sutu bilngn bult cukup ditentukn fktor-fktor positifny sj, kemudin tinggl menggbungkn. Fkt sederhn yng diturunkn lngsung dri denisi dlh sebgi berikut. 0, 1, untuk setip Z. Theorem 1.3. Untuk setip, b, c Z berlku pernytn berikut 1. 1 bil hny bil = ±1 2. Jik b dn c d mk c bd 3. Jik b dn b c mk c 4. b dn b bil hny bil = ±b 5. Bil b dn b 0 mk < b 6. Bil b dn c mk (bx + cy) untuk sebrng bilngn bult x dn y. Bukti. Untuk pernytn 1 dibuktikn sebgi berikut. Untuk = ±1 1 jels. Seblikny, dikethui 1 berrti d k Z sehing 1 = k. Persmn ini hny dipebuhi oleh du kemungkinn berikut: k = 1, = 1 tu k = 1, = 1. Jdi berlku 1 = ±1. Pd pernytn 2, dikethui b dn c d yitu d k 1, k 2 Z sehingg b = k 1 dn d = k 2 c. Kedu persmn ini diklikn diperoleh yitu c bd. bd = (k 1 k 2 )c, Pd pernytn 3, dikethui b dn b c yitu d k 1, k 2 Z sehingg b = k 1 dn c = k 2 b. Substitusi, diperoleh c = k 2 b = k 2 (k 1 ) = (k 1 k 2 ). Untuk pernytn 4, dikethui = k 1 b dn b = k 2. Kedu persmn diklikn, diperoleh b = (k 1 k 2 )(b). Diperolehk 1 k 2 = 1, ykni k 1 = k 2 = 1 tu k 1 = k 2 = 1. Terbukti = ±b. 6
Pd pernytn 5 kit mempunyi b = c untuk sutu c Z. Dimbil nili mutlkny b = c = c. Kren b 0 mk c 1, sebb bil tidk seperti ini mk c = 0 yng mengkibtkn b = 0 (kontrdiksi). Kren itu diperoleh b = c. Untuk pernytn terkhir, kit mempunyi relsi b = k 1 dn c = k 2. x, y Z berlku bx + cy = k 1 x + k 2 y = (k 1 x + k 2 y) yng berrti (bx + cy). Untuk sebrng Item 6 Teorem ini dpt diperlus menjdi bnyk berhingg, yitu jik b k, k = 1,, n mk (b 1 x 1 + b 2 x 2 + + b n x n untuk setip bilngn bult x 1, x 2,, x n. Selnjutny kit bhs pengertin fktor persekutun terbesr. Denition 1.2. Mislkn dn b du bilngn bult dengn miniml slh stuny tidk nol. Fktor persekutun terbesr (FPB) tu gretest common divisor (gcd) dri dn b dlh bilngn bult d yng memenuhi 1. d dn d b 2. Jik c dn c b mk c d Pd denisi ini, kondisi 1 menytkn bhw d dlh fktor persekutun dn kondisi 2 menytkn bhw d dlh fktor persekutun terkecil dintr semu fktor persekutun yng d. Selnjutny jik d fktor persekutun terbesr dri dn b kn ditulis d = gcd(, b). Exmple 1.6. Fktor positif dri 12 dlh 1, 2, 3, 4, 6, 12, sedngkn fktor dri 30 dlh 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30. Jdi fktor persekutunny dlh 1, 2, 3, 6. Kren itu disimpulkn gcd(12, 30) = 6. Berdsrkn denisi FPB sesungguhny kit cukup mengsumsikn bhw dn b positif, sebb berlku gcd(, b) = gcd(, b) = gcd(, b) = gcd(, b). Theorem 1.4. Jik dn b du bilngn bult yng keduny tknol mk terdpt bilngn bult x dn y sehingg gcd(, b) = x + by. (1.3) Persmn (1.3) disebut dengn identits Bezout. Sebelum dibuktikn, diperhtikn ilustrsi berikut gcd( 12, 30) = 6 = ( 12)2 + 30 1 gcd( 8, 36) = 4 = ( 8)4 + ( 36)( 1). 7
Identits Bezout menytkn bhw d = gcd(, b) dpt disjikn dlm bentuk kombinsi linier ts dn b. Pd Teorem ini keberdn x dn y tidk tunggl. Proof. Bentuk S himpunn semu kombinsi linier positif dri dn b sebgi berikut S = { u + bv u + bv 1, u, v Z } Perhtikn jik 0 mk = u + b 0 S, yitu dengn mengmbil u = 1 bil positif tu u = 1 bil negtif. Jdi himpunn S tkkosong. Menurut sift urutn bik, S terjmin memiliki nggot terkecil ktkn sj d. Selnjutny, dibuktikn d = gcd(, b). Kren d S mk terdpt x, y Z sehingg d = x + by. Terpkn lgoritm pembgin pd dn d mk terdpt q dn r sehingg = qd+r, 0 r < d. Selnjutny ditunjukkn r = 0. Bil ini oke mk d. Andi r > 0 mk dpt ditulis 0 < r = qd = q(x + by) = (1 qx) + b( qy) S. Fkt r S dn syrt r < d bertentngn dengn pernytn bhw d elemen terkecil S sehingg disimpulkn r = 0 tu d. Argumen yng sm dpt dipki dengn menerpkn lgoritm pembgin pd b dn d untuk menunjukkn bhw d b. Dengn demikin terbukti bhw d dlh fktor persekutun dri dn b. Selnjutny ditunjukkn fktor persekutun ini dl yng terbesr. Mislkn c bult positif dengn c dn c b, mk berdsrkn Teorem (1.3)(6) mk c x + b yitu c d. Dengn Teorem (1.3)(5) diperoleh c = c d = d. Terbukti bhw d = gcd(, b). Corollry 1.1. Bil dn b du bilngn bult yng keduny tidk nol mk himpunn T = {x + by x, y Z} merupkn himpunn semu keliptn dri d = gcd(, b). Proof. Kren d dn d b mk d (x + by) untuk setip x, y Z. Jdi setip elemen T merupkn keliptn d. Seblikny, dpt ditulis d = x 0 + by 0 untuk sutu x 0, y 0 Z. Perhtikn keliptn dri d, yitu nd = n(x 0 + by 0 ) = (nx 0 ) + b(y 0 ) T. Ini berrti setip keliptn d merupkn elemen T. Denition 1.3. Du bilngn dn b (keduny tidk nol) diktkn prim reltif jik gcd(, b) = 1. Bilngn 3 dn 5, -9 dn 16, -27 dn -35 dlh beberp psngn bilngn prim reltif. Theorem 1.5. Bilngn dn b prim reltif bil hny bil terdpt bult x, y sehingg x + by = 1. 8
Proof. Kren dn b prim reltif mk gcd(, b) = 1. Identits Bezout menjmin dny bult x, y sehingg 1 = x + by. Seblikny mislkn d bult x + by = 1. Dibuktikn gcd(, b) = d = 1. Kren d dn d b mk d (x+by = 1), jdi d 1. Kren itu disimpulkn d = 1. Bil d = gcd(, b) dn setip dn b dibgi dengn d mk gcd ( d, d) b = 1. Pd penyederhnn pechn b bislh dilkukn dengn membgi kedu bilngn dn b dengn FPBny. Mislny 8 12 disederhnkn menjdi 2 3. Dlm hl ini kit mempunyi gcd(8, 12) = 4 gcd(2, 3) = 1. Teorem berikut memberikn sift keterbgin yng melibtkn du bilngn prim reltif. Theorem 1.6. Dikethui gcd(, b) = 1. Mk berlku pernytn berikut. 1. Jik c dn b c mk b c. 2. Jik bc mk c. Proof. Untuk pernytn 1, terdpt bilngn bult r dn s sehingg c = r = bs. Kren dikethui gcd(, b) = 1 mk dpt ditulis 1 = x + by untuk sutu bilngn bult x, y. Diperoleh c = c 1 = c(x + by) = cx + bcy = (bs)x + b(r)y = b(sx + ry), yitu b c. Untuk pernytn 2, dpt ditulis c = c 1 = c(x + by) = cx + bcy. Kren fktny c dn dikethui bc mk (cx + bcy), yitu terbukti c. Exmple 1.7. Untuk sebrng bilngn bult, buktikn slh stu dri, + 2, + 4 hbis dibgi oleh 3. Penyelesin. Cr pertm dengn menggunkn lgoritm pembgin. Ambil dn 3, mk d q dn r sehingg = 3q + r, r = 0, 1, 2. Bil r = 0 mk = 3q yitu 3. Bil r = 1 mk yitu 3 ( + 2). Bil r = 2 mk yitu 3 ( + 4). = 3q + 1 + 2 = 3q + 1 + 2 = 3(q + 1), = 3q + 2 + 4 = 3q + 2 + 4 = 3(q + 2), 9
Contoh berikut membuktikn bhw perklin du bilngn bult berurutn sellu hbis dibgi 2. Exmple 1.8. Untuk setip bilngn bult, buktikn 2 ( + 1). Penyelesin. Msih menggunkn lgoritm pembgin dengn mengmbil b = 2. Terdpt q Z sehingg = 2q + r dimn r = 0, 1. Untuk r = 0 jels = 2q hbis dibgi 2 sehingg (+1) jug hbis dibgi 2. Untuk k = 1, (+1) = (2q+1)(2q+2) = (2q+1)(q+1)2 jels hbis dibgi 2. Cr lin pembuktin dpt dengn memberikn rgumen logis berikut: dintr bilngn bult dn + 1 psti d slh stuny bilngn genp. Jdi 2 tu 2 ( + 1). Berdsrkn fkt ini mk dpt disimpulkn bhw 2 ( + 1). Dengn rgumen yng mirip, cob buktikn kebenrn pernytn ( + 1)( + 2). Exmple 1.9. Buktikn bhw untuk setip bult positif n dn sebrng bilngn bult mk gcd(, n + ) n. Penyelesin. Mislkn d = gcd(, + n). sehingg Menurut identits Bezout terdpt x dn y d = x + ( + n)y = (x + y) + ny = t + ny. Kren d dn d (t+ny) mk d ( t+(t+ny) = ny. Kren d ny untuk setip n bult positif mk ps d n sehingg gcd(d, n) = 1. Berdsrkn Teorem (1.6)(2) disimpulkn d n. 1.3 Algoritm Euclid Algoritm Euclid digunkn untuk menentukn FPB du bilngn besr dengn cr mereduksiny menjdi bilngn-bilngn lebih kecil. Algoritm ini bertumpu pd teorem berikut. Theorem 1.7. Jik = qb + r mk gcd(, b) = gcd(b, r). Proof. Berdsrkn Teorem (1.3)(6), setip fktor persekutun b dn r jug merupk fktor persekutun qb+r =. Kren r = qb mk fktor persekutun dn b jug merupkn fktor persekutun r. Jdi psngn bilngn, b dn b, r mempunyi fktor persekutun yng sm sehingg merek mempunyi FPB yng sm. Algoritm Euclid dpt disjikn sebgi berikut: 10
Mislkn dn b du bilngn yng kn ditentukn FPB ny. Kren tnd positif tu negtif bilngn dn b tidk mempengruhi nili FPB ny mk cukup disumsikn b > 0. Dengn lgoritm pembgin, diperoleh q 1 dn r 1 sehingg = q 1 b + r 1, 0 r 1 < b. Bil r 1 = 0 mk gcd(, b) = b, proses selesi. memperoleh q 2 dn r 2 yng memenuhi Bil r 1 0, bgilh b dengn r 1 untuk b = q 2 r 1 + r 2, 0 r 2 < r 1. Bil r 2 = 0 mk gcd(, b) = r 1, proses selesi. memperoleh q 3 dn r 3 yng memenuhi Bil r 2 0,bgilh r 1 dengn r 2 untuk r 1 = q 3 r 2 + r 3, 0 r 3 < r 2. Proses ini diteruskn smpi dicpi sis nol. Bil dirngkum mk kn diperoleh bentuk berikut = q 1 b + r 1, 0 < r 1 < b b = q 2 r 1 + r 2, 0 < r 2 < r 1 r 1 = q 3 r 2 + r 3, 0 < r 3 < r 2. r n 2 = q n r n 1 + r n, 0 < r n < r n 1 r n 1 = q n+1 r n + 0. Berdsrkn Teorem sebelumny mk diperoleh thpn berikut gcd(, b) = gcd(b, r 1 ) = gcd(r 1, r 2 ) = = gcd(r n 1, r n ) = gcd(r n, 0) = r n. Exmple 1.10. Hitunglh FPB dri 1492 dn 1066. Penyelesin. Terpkn lgoritm Euclid seperti dijelskn sebelumny, yitu 1492 = 1 1066 + 426 1066 = 2 426 + 214 426 = 1 214 + 212 214 = 1 212 + 2 212 = 106 2 + 0. Sis tknol yng terkhir dlh 2 sehingg d = gcd(1492, 1066) = 2. 1.4 Keliptn persekutun terkecil 11