Keterbagian, KPK & FPB

5,772 views

Published on

Published in: Internet
0 Comments
3 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

No Downloads
Views
Total views
5,772
On SlideShare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
2
Actions
Shares
0
Downloads
211
Comments
0
Likes
3
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

Keterbagian, KPK & FPB

  1. 1. 1 Bab 2 Bilangan Bulat Sifat Keterbagian, Faktor Prima, Faktor Persekutuan Terbesar (FPB) dan Kelipatan Persekutuan Terbesar (KPK) Hyronimus Lado, S.Pd Elements of Modern Algebra 7th ed (Gilbert, J. and Gilbert, L. 2009. hal. 81-95) 2.3 Sifat Keterbagian Sekarang kita beralih mempelajari sifat keterbagian bilangan bulat. Tujuan utama kita pada bagian ini adalah untuk mendapatkan algoritma pembagian (teorema 2.10). untuk mencapai ini, kita membutuhkan konsekuensi penting sifat induksi , dikenal sebagai sifat terurut baik. Teorema 2.7 Sifat Terurut Baik Setiap himpunan tak kosong S dari bilangan bulat positif memiliki satu elemen terkecil. Artinya ada m  S sehingga m ≤ x untuk semua x elemen S. qp  Bukti: Misalkan S himpunan tak kosong bilangan bulat positif. Jika 1S, maka 1 ≤ x untuk semua xS, dari teorema 2.6. Dalam kasus ini m = 1 adalah anggota terkecil dari S. Perhatikan pada kasus dimana 1S. dan misalkan L menjadi himpunan semua bilangan bulat positif sehingga p < x untuk semua x  S, artinya L = { p ∈ Z+ : p < x untuk semua x ∈ S}, Karena 1S, teorema 2.6 menyakinkan kita bahwa 1L. Kita akan tunjukkan bahwa ada suatu bilangan positif po sehingga po L dan po + 1 L. Seandainya bukan dalam kasus ini. Kita punya p  L maka p + 1L, dan L = Z+ dengan sifat induksi. Ini kontradiksi dengan fakta bahwa S adalah tak kosong (Catatan bahwa L ∩ S = ∅ ). untuk itu ada po sedemikian sehinga po ∈ L dan po + 1L. Kita harus menunjukkan bahwa po + 1 S. Kita memiliki po < x untuk semua xS, jadi po + 1 ≤ x untuk semua xS (Lihat latihan 28 diakhir bagian ini) Jika po + 1 < x adalah selalu benar, maka po + 1 akan ada di L. Sehingga po + 1 = x untuk suatu xS, dan m = po + 1 adalah suatu unsur terkecil yang diinginkan di S.
  2. 2. 2 Definisi 2.8 Pembagi dan Kelipatan Misalkan a dan b adalah bilangan bulat. Kita menyebut a membagi b jika ada bilangan bulat c sedemikian hingga b = ac. Jika a membagi b, kila menulis a|b. Kita menyebut bahwa b adalah kelipatan dari a. atau a adalah faktor/pembagi dari b. Jika a bukan membagi b, kita tulis a | b. Contoh : 1. 3|12 karena ada bilangan bulat 4 sedemikian hingga 12 = 3.4 2. 2 ∤ 7 karena tidak ada bilangan bulat c yang menyebabkan 7 = 2.c 3. Misal b adalah bilangan bulat tak non maka b|0 4. Misal b adalah sebarang bilangan bulat maka 0 ∤ 5. Jika | dan | maka = Ini dapat menjadi sebuah kejutan bahwa kita dapat menggunakan hasil untuk membuktikan teorema sederhana berikut. Teorema 2.9 Pembagi 1 Pembagi 1 hanya 1 dan -1  rqp  Bukti : Misalkan a adalah membagi habis 1. Maka 1 = ac untuk suatu bilangan bulat c. Persamaan 1 = ac mengharuskan a ≠ 0, sehingga aZ+ atau -aZ+ . Kasus 1 dimana aZ+ . Ini mengakibatkan cZ+ sehingga a  1 dan c 1 (lihat latihan 32 bagian 2.1), jadi kita memiliki 1 ≤ a dan 1 ≤ c, dengan teorema 2.6. Sekarang 1 < a  1 . c < a . c dari latihan 18 bagian 2.1  c < 1 karena ac = 1 Dan ini kontradiksi dengan 1 ≤ c. jadi 1 = a hanya mungkin ketika a Z+ . Kasus 1 dimana -aZ+ . Dari latihan 5 bagian 2.1, kita memiliki (-a)(-c) = ac = 1,
  3. 3. 3 Dan -aZ+ mengakibatkan –c  Z+ dari latihan 32 bagian 2.1. Karena itu, 1 ≤ -a dan 1 ≤ -c dari teorema 2.6. Sekarang 1 < -a  (1)(-c) < (-a)(-c) dari latihan 18 bagian 2.1  -c < 1 karena (-a)(-c) = 1 Dan -c < 1 adalah kontradiksi dengan 1 ≤ -c . oleh karena itu, 1 = -a hanya mungkin ketika -aZ+ , dan kita memiliki a = - ( -a) dari latihan 3 bagian 2.1 = - 1 karena – a = 1 Mengkombinasikan kasus-kasus dimana aZ+ dan -aZ+ , kita dapat menunjukkan bahwa a = 1 atau a = -1 jika a adalah pembagi 1. Hasil berikutnya adalah teorema dasar untuk keterbagian. Contoh Theorema 2.9 2|1 tidak mungkin karena tidak ada bilangan bulat c yang memenuhi 1 = 2c Teorema 2.10 Algoritma Pembagian Misalkan a dan b bilangan bulat dengan b > 0. Maka ada bilangan bulat q dan r yang tunggal sehingga a = bq + r dengan 0 ≤ r < b Eksistensi Bukti: Misalkan S himpunan semua bilangan bulat x yang dapat ditulis dalam bentuk x = a – bn untuk nZ. dan misalkan S’ lambang himpunan semua bilangan bulat tak negatif di S. himpunan S’ tak kosong.(lihat latihan 29 pada bagian akhir). Jika 0  S’, kita memiliki a – bq = 0 untuk beberapa q dan a = bq + 0. Jika 0S’maka S’ memiliki elemen terkecil r = a - bq dengan teorema sifat terurut, dan a = bq + r dimana r adalah positif. Sekarang r – b = a – bq - b = a –b(q + 1), jadi r – b S. karena r adalah unsur terkecil elemen di S’ dan r – b < r, pasti benar bahwa r -b adalah negatif. berarti r – b < 0, dan r < b. Gabungan dua kasus (dimana 0  S’ dan dimana 0  S’), kita memiliki
  4. 4. 4 a = bq + r dan 0 ≤ r < b Ketunggalan Untuk membuktikan q dan r adalah tunggal, andaikan a = bq1 + r1 dan a = bq2 + r2 dimana 0 ≤ r1 < b dan 0 ≤ r2 < b. Kita dapat mengasumsikan bahwa r1 ≤ r2 tanpa kehilangan sifat umum. Ini berarti bahwa 0 ≤ r2 -r1 ≤ r2 < b. Bagaimanapun, kita selalu memiliki 0 ≤ r2 -r1 = (a - bq2) – (a - bq1)= b(q1 – q2). Itu berarti, r2 - r1 adalah kelipatan nonnegatif dari b yang mana kurang dari b. Untuk sebarang bilangan bulat positif n, 1 ≤ n mengakibatkan b ≤ bn. Untuk itu, r2 - r1 = 0 dan r2 = r1. Jadi berlaku oleh bq1 = bq2, dimana b ≠ 0. Ini mengakibatkan bahwa q2 = q1 (lihat latihan 26 bagian 2.1). Kita telah menunjukkan bahwa r2 = r1 dan q2 = q1, dan ini membuktikan bahwa q dan r adalah tunggal. Secara umum, untuk sebarang a,b Z ; b  0 maka terdapat secara tunggal q, r  Z sehingga a = bq + r dengan r0 < b Kata algoritma dalam pengertian teorema 2.10 mungkin sepintas kelihatan aneh, karena algoritma bisa menggunakan prosedur berulang untuk memperoleh hasil. Kegunaan kata itu adalah fakta bahwa anggota a – bn dari S’ dalam pembuktian dapat ditemukan dengan mengulang pengurangan b: a – b, a – 2b, a – 3b, dan seterusnya. Pada algoritma pembagian, bilangan bulat q disebut hasil bagi dan r disebut sisa dalam pembagian dari a oleh b. Kesimpulan teorema mungkin lebih dikenal dalam bentuk b r q b a  , Tetapi kita membatasi kerja kita disini jadi hanya bilangan bulat yang dilibatkan. Contoh 1 Ketika a dan b adalah dua bilangan bulat positif, hasil bagi q dan sisa r dapat diperoleh dengan kebiasaan umum pembagian panjang (kebawah) sebagai contoh, jika a = 357 dan b = 13, dengan pembagian panjang
  5. 5. 5 6 91 97 26 27 35713 Jadi q = 27 dan r = 6 pada a = bq + r, dengan 0 ≤ r < b: 375 = (13)(27) + 6 Jika a adalah negatif, sedikit penyesuaian minor (lihat latihan 30 bagian ini) dapat dibuat untuk mendapatkan hasil pada algoritma pembagian. Dengan a = -357 dan b = 13, persamaan sebelumnya dapat dikalikan dengan -1 untuk mendapat -357 = (13)(-27) + (-6) Untuk mendapatkan hasil dengan sisa positif, kita hanya perlu mengurangi dan menjumlahkan 13 pada ruas kanan persamaan : -357 = (13)(-27) + (13)(-1) + (-6) + 13 = (13)(-28) + 7 Jadi q = -28 dan r = 7 dalam algoritma pembagian, dengan a = -357 dan b = 13. Contoh Teorema 2. 10 Algoritma Pembagian 1. Perhatikan bilangan -3 dan 7 terdapat bilangan -1 dan 4 sehingga -3 = (-1)(7) + 4 Dimana 0 ≤ 4 < 7 Soal 1. Hal 85 no. 17 Buktikan jika ,b dan c bilangan bulat sehingga | dan | maka |( + ) Jawab | artinya = | artinya = + dengan x dan y bilangan bulat + = + + = ( + ) artinya | ( + ) Terbukti.
  6. 6. 6 2. hal 85 no 21 Buktikan jika dan b bilangan bulat sehingga | dan | maka = b atau b= Jawab Misal ada c sehingga | artinya = dan | artinya = Subtitusikan 2 persamaan tersebut sehingga = = ( ) = = 1 sehingga = ±1 Jika c = 1 maka = . 1 sehingga = Jika c = -1 maka = . (−1) sehingga = − Terbukti. 3. Nomor 4 dan 7 Tentukan q dan r sehingga memenuhi kondisi algoritma pembagian jika a. a =-27 dan b=7 Jawab Algoritma pembagian harus memenuhi a = bq + r dengan 0 ≤ < -27 = q.7 + r -27 = (-4).7 + 1 dengan 0 ≤ 1 < 7 Jadi q = -4 dan r = 1 b. a = 512 dan b = 15 Jawab Algoritma pembagian harus memenuhi a = bq + r dengan 0 ≤ < 512 = q.15 + r 512 = 34. 15 + 2 dengan 0 ≤ 2 < 15 Jadi q = 34 dan r = 2
  7. 7. 7 2.4 Faktor Prima dan Faktor Persekutuan Terbesar Pada bagian ini, kita menetapkan adanya faktor persekutuan terbesar dari dua bilangan bulat jika paling sedikit satu dari bilangan itu tidak nol. Teorema Tunggal Faktorisasi, juga dikenal sebagai Teorema Fundamental dari Aritmatika. Definisi 2.11 ■ Faktor Persekutuan Terbesar Sebuah bilangan bulat d adalah faktor persekutuan terbesar dari a dan b jika semua syarat terpenuhi: 1. d adalah bilangan bulat positif. 2. d|a dan d|b. 3. c|a dan c|b maka c|d. Teorema berikutnya menunjukkan bahwa faktor persekutuan terbesar d dari a dan b ada ketika setidaknya salah satu dari mereka tidak nol. Bukti kita juga menunjukkan bahwa d adalah kombinasi linear dari a dan b, yaitu, d = ma + nb untuk bilangan bulat m dan n. Strategi ■ Teknik pembuktian dengan menggunakan Teorema Terurut Baik dalam Teorema 2.12 harus dibandingkan dengan yang digunakan dalam bukti Algoritma Pembagian (Teorema 2.10). Teorema 2.12 ■ Faktor Persekutuan Terbesar Misalkan a dan b bilangan bulat, paling sedikit satu dari mereka tidak 0. Kemudian terdapat faktor persekutuan terbesar yang tunggal d dari a dan b. Selain itu, d dapat ditulis sebagai d = am + bn untuk bilangan bulat m dan n, dan d adalah bilangan bulat positif terkecil yang dapat ditulis dalam bentuk ini. Eksistensi Bukti:Misalkan a dan b bilangan bulat, paling sedikit satu dari mereka tidak 0. Jika b = 0, maka a ≠ 0, sehingga | | > 0 . Sangat mudah untuk melihat bahwa d = | | adalah faktor persekutuan terbesar dari a dan b dalam kasus ini, dan tepat salah satu d = a ∙ (1) + b ∙ (0) atau d = a ∙ (- 1) + b ∙ (0). Misalkan sekarang bahwa b ≠ 0. Dengan pertimbangan himpunan S adalah semua bilangan bulat yang dapat ditulis dalam bentuk ax + by untuk beberapa x dan y bilangan bulat, dan misalkan S+ adalah himpunan semua bilangan bulat positif dalam S. Himpunan S mengandung b = a ∙ (0) + b ∙ (1) dan - b = a ∙ (0) + b ∙ (-1), sehingga S+
  8. 8. 8 tidak kosong. Dengan Teorema Terurut Baik, S+ memiliki unsur terkecil d, d = am + bn Kita memiliki d positif, dan kita akan menunjukkan bahwa d adalah faktor persekutuan terbesar dari a dan b. Dengan Algoritma Pembagian, terdapat bilangan bulat q dan r sehingga. a = dq + r dengan 0 ≤ r < d. Dari persamaan ini, r = a – dq = a – (am + bn)q = a – amq – bnq = a(1 – mq) + b (- nq). Jadi r ada didalam S = {ax + by}, dan 0 ≤ r < d. Dengan pilihan d sebagai unsur terkecil di S+ , itu harus benar bahwa r = 0, dan d|a. Demikian pula, dapat ditunjukkan bahwa d|b. Jika c|a dan c|b, maka a = ch dan b = ck untuk bilangan bulat h dan k. Oleh karena itu, d = am + bn = chm + ckn = c(hm + kn), dan ini menunjukkan bahwa c|d. Dengan Definisi 2.11, d = am + bn adalah faktor persekutuan terbesar dari a dan b. Ini mengikuti dari pilihan d sebagai elemen terkecil S+ dimana d adalah bilangan bulat positif terkecil yang dapat ditulis dalam bentuk ini. Ketunggalan Untuk menunjukkan bahwa faktor persekutuan terbesar dari a dan b adalah tunggal, menganggap bahwa d1 dan d2 adalah faktor persekutuan terbesar dari a dan b. Maka harus benar bahwa d1|d2 dan d2|d1. d1 dan d2 adalah bilangan bulat positif, ini berarti bahwa d1 = d2 (lihat Latihan 21 Bagian 2.3). Setiap faktor persekutuan terbesar dari a dan b ada, kita akan menulis (a, b) atau gcd(a, b) untuk menunjukkan faktor persekutuan terbesar yang tunggal dari a dan b. Ketika setidaknya satu dari a dan b tidak 0, bukti dari teorema terakhir menetapkan keberadaan dari (a, b), tetapi mencari bilangan bulat positif terkecil di
  9. 9. 9 S ={ax + by} bukanlah metode yang sangat mudah untuk menemukan faktor persekutuan terbesar ini. Sebuah prosedur yang dikenal sebagai Algoritma Euclid memoles suatu metode sistematis untuk menemukan (a, b) di mana b > 0. Hal ini dapat juga digunakan untuk menemukan bilangan bulat m dan n sehingga (a, b) = am + bn. Prosedur ini terdiri dari aplikasi berulang dari Algoritma Pembagian menurut pola berikut, dimana a dan b adalah bilangan bulat dengan b > 0. Algoritma Euclid a = bq0 + r1, 0 ≤ r1 < b b = r1q1 + r2, 0 ≤ r2 < r1 r1 = r2q2 + r3, 0 ≤ r3 < r2 ⋮ ⋮ rk = rk+1qk+1 + rk+2, 0≤rk+2 < rk+1 Karena bilangan bulat r1, r2, ..., rk+2 menurun dan nonnegatif semua, ada bilangan bulat terkecil n sehingga rn+1 = 0: rn-1 = rnqn + rn+1, 0 = rn+1. Jika kita menempatkan r0 = b, rn sisa terakhir yang bukan nol selalu menjadi faktor persekutuan terbesar dari a dan b. Bukti dari pernyataan ini yang tersisa sebagai latihan. Sebagai contoh, kita akan menemukan faktor persekutuan terbesar dari 1492 dan 1776. Contoh 1 Dengan Melakukan aritmatika untuk Algoritma Euclid, kita memperoleh 1776 = (1)(1492) + 284 (q0 = 1, r1 = 284) 1492 = (5)(284) + 72 (q1 = 5, r2 = 72) 284 = (3)(72) + 68 (q2 = 3, r3 = 68) 72 = (1)(68) + 4 (q3 = 1, r4 = 4) 68 = (4)(17) (q4 = 4, r5 = 0) Dengan demikian sisa nol terakhir adalah rn = r4 = 4, dan (1776, 1492) = 4. ■ Seperti disebutkan sebelumnya, Algoritma Euclid juga dapat digunakan untuk menemukan bilangan bulat m dan n sehingga (a, b) = am + bn Kita dapat memperoleh bilangan bulat dengan memecahkan untuk sisa tidak nol terakhir dan mengganti sisanya dari persamaan sebelumnya berturut-turut sampai a dan b yang hadir dalam persamaan. Sebagai contoh, sisanya dalam contoh 1 dapat dinyatakan sebagai 284 = (1776)(1) + (1492)(-1) 72 = (1492)(1) + (284)(-5) 68 = (284)(1) + (72)(-3) 4 = (72)(1) + (68)(-1).
  10. 10. 10 Dengan Mengganti sisanya dari persamaan sebelumnya berturut-turut, di peroleh 4 = (72)(1) + [(284)(1) + 72 (-3)](-1) = (72)(1) + (284)(-1) + 72 (3) = (72)(4) + (284)(-1) setelah subtitusi pertama = [(1492)(1) + (284)(-5)](4) + (284)(-1) = (1492)(4) + (284)(-20) + (284)(-1) = (1492)(4) + (284)(-21) setelah subtitusi kedua = (1492)(4) + [(1776)(1) + (1492)(-1)](-21) = (1492)(4) + (1776)(-21) + (1492)(21) = (1776)(-21) + (1492)(25) setelah subtitusi ketiga. Jadi m = -21 dan n = 25 adalah bilangan bulat sedemikian sehingga 4 = 1776m + 1492n. Sisanya dicetak dalam huruf tebal di setiap langkah-langkah sebelumnya, dan kami dengan hati-hati menghindari melakukan perkalian yang melibatkan sisanya. m dan n tidak tunggal dalam persamaan (a, b) = am + bn Untuk melihat ini, hanya menambah dan mengurangi perkalian ab: (a, b) = am + ab + bn – ab = a(m + b) + b(n – a). Jadi m’ = m + b dan n’ = n - a adalah sepasang bilangan bulat sedemikian sehingga (a, b) = am’ + bn’. Keterangan kondisi d = am + bn tidak selalu mengakibatkan (a,b) =d. sebagai contoh penyangkal 4 = 6 (2) + 4 (-2) tetapi (6, 4) ≠ 4. Definisi 2.13 ■ Relatif Prima Bilangan Bulat Dua bilangan bulat a dan b adalah relatif prima jika faktor persekutuan terbesarnya adalah 1. Dalam dua bagian berikutnya dari bab ini, kami membuktikan beberapa hasil yang menarik tentang bilangan bulat yang relatif prima dengan bilangan bulat n yang diberikan. Teorema 2.14 berguna dalam bukti dari hasil tersebut. Teorema 2.14 ■ Jika a dan b relatif prima dan a|bc maka a|c.
  11. 11. 11 (p ⋁ ) ⇒ Bukti: Asumsikan bahwa (a, b) = 1 dan a|bc. karena (a, b) = 1, terdapat bilangan bulat m dan n sehingga 1 = am + bn, berdasarkan Teorema 2.12. karena a|bc, ada suatu bilangan bulat q sehingga bc = aq. Sekarang, 1 = am + bn ⇒ c = acm + bcn ⇒ c = acm + aqn karena bc = aq ⇒ c = a(cm + qn) ⇒ a|c. Jadi teorema tersebut terbukti. Di antara bilangan bulat, ada yang memiliki faktor bilangan yang paling sedikit. Beberapa di antaranya adalah bilangan bulat prima. Definisi 2.15 ■ Bilangan Bulat Prima Sebuah bilangan bulat p adalah bilangan bulat prima jika p > 1 dan pembagi- pembagi/factor-faktor dari p hanyalah ±1 dan ±p. Perhatikan bahwa kondisi p > 1 membuat p positif dan memastikan bahwa p ≠ 1. Pengecualian 1, dari himpunan bilangan prima memungkinkan pernyataan Teorema Faktorisasi Ketunggalan. Sebelum menggali itu, kita membuktikan sifat penting dari bilangan prima dalam Teorema 2.16. Strategi ■ Kesimpulan dalam teorema berikutnya memiliki bentuk “r atau s”. Salah satu teknik yang dapat digunakan untuk membuktikan "atau" Pernyataan seperti ini adalah dengan mengasumsikan bahwa satu bagian (seperti r) tidak diperoleh, dan menggunakan asumsi ini untuk membantu membuktikan bahwa bagian lain kemudian harus diperoleh. Teorema 2.16 ■ Lemma Euclid † Jika p adalah prima dan p|ab, maka tepat salah satu p|a atau p|b. (p ⋀ ) ⇒ ( ⋁ ) Bukti: Asumsikan p adalah prima dan p|ab. Jika p|a, kesimpulan dari teorema tersebut cukup. Misalkan, p tidak membagi a. Ini mengakibatkan bahwa 1 = (p, a), karena satu-satunya pembagi positif dari p adalah 1 dan p. Kemudian Teorema 2.14 mengakibatkan bahwa p|b. Jadi p|b jika p tidak tidak membagi a, dan teorema adalah benar dalam kasus apapun. Akibat generalisasi Teorema 2.16 untuk hasil dengan lebih dari dua faktor. Buktinya diminta dalam latihan. Sebuah akibat langsung dari konsekuensi ini adalah bahwa jika p prima dan p|an , maka p|a.
  12. 12. 12 Corollary 2.17 ■ Jika p prima dan p|(a1a2...an), maka p membagi suatu aj. Hal ini membawa kita ke Teorema Faktorisasi Ketunggalan, berakibat penting sehingga itu sering disebut Teorema Dasar Aritmatika. Strategi ■ Perhatikan bukti bagian ketunggalan Teorema 2.18: Dua faktorisasi diasumsikan, dan kemudian dibuktikan bahwa keduanya adalah sama. Teorema 2.18 ■ Teorema Faktorisasi Ketunggalan Setiap bilangan bulat positif n tepat salah satu dari 1 atau yang dapat dinyatakan sebagai perkalian dari bilangan bulat prima, dan faktorisasi ini adalah tunggal kecuali untuk faktor terurut. Menyelesaikan dengan Induksi Bukti: Dalam pernyataan dari teorema, perkalian digunakan dalam arti diperluas: perkalian mungkin hanya memiliki satu faktor. Misalkan Pn menjadi pernyataan tepat salah satu n = 1 atau n dapat dinyatakan sebagai perkalian dari bilangan prima. Kita akan membuktikan bahwa Pn adalah benar untuk semua n Z+ oleh Prinsip Kedua Induksi Terbatas (Finite). Sekarang P1 benar. Asumsikan bahwa Pm benar untuk semua bilangan bulat positif m < k. Jika k adalah prima, maka k merupakan perkalian dengan satu faktor utama, dan Pk benar. Misalkan k bukan prima. Kemudian k = ab, di mana a atau b kedua-duanya bukanlah 1. Oleh karena itu, 1 < a < k dan 1< b < k. Dengan hipotesis induksi, Pa benar dan Pb benar. Artinya, a = p1p2 ... pr dan b = q1q2 ... qs untuk bilangan prima pi dan qj. Ini memberikan faktorisasi k = ab = p1p2 ... prq1q2 ... qs , dan k dengan demikian dinyatakan sebagai perkalian dari bilangan prima. Jadi Pk benar, dan karena itu Pn benar untuk semua bilangan bulat positif n. Ketunggalan Untuk membuktikan bahwa faktorisasi adalah tunggal, misalkan n = p1p2 ... pt dan n = q1q2 ... qv adalah faktorisasi dari n sebagai hasil kali dari faktor prima pi dan qj. Kemudian p1p2 ... pt = q1q2 ... qv,
  13. 13. 13 sehingga p1|(q1q2 ... qv). Dengan Corollary 2.17, p1| qj untuk beberapa j, dan tidak ada salahnya jika kita asumsikan j = 1. Namun, p1 dan q1 adalah bilangan prima, sehingga p1|q1 mengakibatkan q1 = p1. Ini memberikan p1p2 ... pt = p1q2 ... qv, dan karena itu p2 ... pt = q2 ... qv oleh hukum kanselisasi. Argumen ini dapat diulang, dengan menghapus satu faktor pi dengan masing-masing penerapan hukum pembatalan, sampai kita memperoleh pt = qt ... qv. Karena hanya faktor positif dari pt adalah 1 dan pt, dan karena setiap qj adalah prima, ini berarti bahwa harus ada hanya satu qj di sebelah kanan persamaan, dan itu adalah qt. Artinya, v = t dan qt = pt. Ini melengkapi bukti. Teorema Faktorisasi Ketunggalan dapat digunakan untuk menggambarkan bentuk standar dari bilangan bulat positif n. Misalkan p1, p2, ... , pr adalah faktor prima yang berbeda dari n, diatur dalam urutan besarnya sehingga p1 < p2 < ... < pr. Kemudian semua faktor berulang dapat dikumpulkan bersama dan diekspresikan dengan menggunakan eksponen untuk menghasilkan n = ... dimana mi adalah bilangan bulat positif. Setiap mi disebut multiplisitas dari pi, dan faktorisasi ini dikenal sebagai bentuk standar untuk n. Contoh 3 Bentuk standar untuk dua bilangan bulat positif a dan b dapat digunakan untuk menemukan faktor persekutuan terbesar (a, b) dan beberapa faktor persekutuan (lihat Latihan 28 dan 29 pada akhir bagian ini). Misalnya, jika a = 31.752 = 23 ∙ 34 ∙ 72 dan b = 126.000 = 24 ∙ 32 ∙ 53 ∙ 7, maka (a, b) dapat ditemukan dengan membentuk hasil dari semua faktor prima yang sama, dengan masing-masing faktor persekutuan pangkat paling rendah yang muncul dalam faktorisasi: (a, b) = 23 ∙ 32 ∙ 7 = 504. ■ Dari satu sudut pandang, Teorema Faktorisasi Ketunggalan mengatakan bahwa bilangan bulat prima sedang membangun blok untuk bilangan bulat,
  14. 14. 14 dimana "bangunan" yang dilakukan dengan menggunakan perkalian dan membentuk hasil. Sebuah pertanyaan alami, yaitu: Berapa banyak blok? dari Teorema berikutnya menyatakan jawaban yang diberikan oleh ahli matematika Yunani kuno Euclid-yang jumlah bilangan prima adalah tak terhingga. Bukti ini adalah penghargaan ke Euclid. Teorema 2.19 ■ Teorema Euclid pada Bilangan Prima Banyaknya bilangan prima adalah tak terhingga Kontradiksi Bukti:Andai ada sejumlah hingga bilangan-bilangan prima n, dari bilangan prima. Misalkan n ini bilangan prima yang dapat dilambangkan oleh p1, p2, ..., pn, dengan memperhatikan bilangan bulat m = p1p2 ... pn + 1. Hal ini jelas bahwa sisa dalam pembagian m oleh bilangan prima pi adalah 1, sehingga masing-masing pi bukan faktor dari m. Dengan demikian ada dua kemungkinan: Salah satu m itu sendiri merupakan prima, atau memiliki faktor prima yang berbeda dari setiap satu pi tersebut. Dalam kedua kasus, kita memiliki sebuah bilangan bulat prima yang tidak dalam daftar p1, p2, ... , pn. Oleh karena itu, ada lebih dari n bilangan prima, dan ini kontradiksi dengan pengandaian. Contoh soal Hal 94 9. Misal a adalah bilangan bulat bukan nol dan b adalah bilangan bulat positif. Terbukti atau tidak bahwa (a,b) = (a, a + b). Jawab: Harus dibuktikan (a,b)|(a, a + b) dan (a, a + b)|(a, b) Karena (a,b)|a dan (a,b)| a + b, maka (a,b)|b. Selanjutnya (a,b)|b dan (a,b)|a maka (a,b) adalah faktor persekutuan dari a dan a + b dengan demikian (a,b)|(a, a + b) Sebaliknya, karena (a, a + b)|a dan (a, a + b)|a + b maka (a, a + b)|b. Selanjutnya (a, a + b)|b dan (a, a + b)|a maka (a, a + b) adalah faktor persekutuan dari a dan b dengan demikian (a, a + b)|(a,b). 12. Jika b > 0 dan a = bq +r, buktikan bahwa (a,b) = (b,r).
  15. 15. 15 Jawab : Misal (a, b) = d Claim : (b, r) = d yaitu : i. d|b dan d|r ii. v|b dan v|r →v|di Bukti: i) (a, b) = d →d|a dan d|b a = bq + r → r = a – bq dari keduanya maka d|(a-bq) = r ii) Misal v|b dan v|r akan ditunjukkan v|d v|bq. Karena v|bq dan v|r maka v|(bq +r) = a Sehingga v|a dan v|b  v|d (karena (a,d) = d Diketahui (a,b) = d i. d|a dan d|b ii. g|a dan g|b → g|d Kesimpulan (b,r) = d = (a,b) Definisi Jika x, y ∈ Z, x ≠ 0, dan y ≠ 0, maka : a. m disebut kelipatan persekutuan (common multiple) dari x dan y jika x|m dan y|m. b. m disebut kelipatan persekutuan terkecil (least common multiple) dari x dan y jika m adalah bilangan bulat positif terkecil sehingga x|m dan y|m. Notasi : m = [x, y] dibaca m adalah kelipatan persekutuan terkecil dari x dan y. Contoh halaman 94 25. Kelipatan Persekutuan Terkecil dari dua bilangan bulat yang tidak nol a dan b adalah bilangan bulat m yang memenuhi semua syarat berikut: 1. m adalah bilangan bulat positif. 2. a|m dan b|m. 3. a|c dan b|c maka m|c.
  16. 16. 16 Bukti : (→) Ambil m = [a,b], maka menurut definisi a|m dan b|m, m > 0. Misalkan c adalah sebarang kelipatan persekutan a dan b, maka a|c dan b|c. harus ditunjukkan bahwa m|c. Menurut algoritma pembagian, karena m ≤ c, maka tentu ada k, s ∈ Z sehingga c = km + s, 0 ≤ s < m. Untuk membuktikan m|c, harus ditunjukkan bahwa c = km, atau harus ditunjukkan bahwa s = 0 Perhatikan bahwa c = km + s, maka s = c – km. a|m dan b|m maka, a|xm dan b|xm a|c dan a|xm maka a|c-xm b|c dan b|xm maka b|c-xm a|c – xm dan b|c – xm maka c – xm adalah kelipatan persekutuan a dan b. s = c – km, a|c – km dan b|c – km, maka a|s dan b|s. a|s dan b|s, maka s kelipatan persekutuan a dan b. karena s dan m adalah kelipatan-kelipatan persekutuan a dan b, dan m adalah yang terkecil, serta 0 ≤ s < m, maka jelas bahwa s = 0, sehingga c = km, atau m|c. (←) Ambil m >0, a|m, b|m, dan untuk sebarang kelipatan persekutuan c dari a dan b berlaku m|c. Ini berarti bahwa m adalah kelipatan persekutuan dari a dan b yang lain. Jadi m = [a,b] SOAL 1. Buktikan jika a, b dan c bilangan bulat sedemikian sehingga a|b dan a|c , maka a|(b+c). 2. Buktikan jika a dan b bilangan bulat positif sedemikian sehingga a|b dan b|a, tepat salah satu a = b atau a = - b. 3. Temukan q dan r yang memenuhi algoritma pembagian a. a = 796, b = 26. b. a = -863, b = 17
  17. 17. 17 4. Temukan gcd(a, b) dan bilangan bulat m dan n sedemikian sehingga (a, b) = am + bn. a. a =102, b = 66 b. a = 414, b = -33 Latihan 2.4 Benar atau Salah Label setiap pernyataan berikut sebagai benar atau salah. 1. Himpunan bilangan prima tertutup dalam perkalian. 2. Himpunan bilangan prima tertutup dalam pejumlahan. 3. Faktor persekutuan terbesar adalah operasi biner dari Z - {0} x Z ke Z+ . 4. Kelipatan paling umum adalah operasi biner dari Z - {0} x Z - {0} untuk Z+ . 5. faktor persekutuan terbesar adalah unik, ketika itu ada. 6. Misalkan a dan b bilangan bulat, tidak keduanya nol, sehingga 1 = (a, b). Kemudian terdapat x bilangan bulat dan y sedemikian rupa sehingga 1 = ax + by dan (x, y) = 1. 7. Misalkan a dan b bilangan bulat, tidak keduanya nol, sehingga d = ax + by untuk bilangan bulat x dan y. Kemudian d = (a, b). 8. Misalkan a dan b bilangan bulat, tidak keduanya nol, sehingga d = (a, b). Kemudian terdapat bilangan bulat unik x dan y sedemikian rupa sehingga d = ax + by. 9. Misalkan a dan b bilangan bulat, tidak nol keduanya. Kemudian (a, b) = (-a, b). 10. Misalkan a bilangan bulat , maka (a, a + 1) = 1. 11. Misalkan a bilangan bulat, maka (a, a + 2) = 2. 12. Jika (a, b) = 1 dan (a, c) = 1, maka (b, c) = 1. Latihan Dalam latihan, semua variabel merupakan bilangan bulat. 1. Daftar semua bilangan prima kurang dari 100. 2. Untuk setiap pasangan berikut, menulis a dan b dalam bentuk standar dan menggunakan faktorisasi untuk menemukan (a, b). a. a = 1400, b = 980 b. a = 4950, b = 10.500
  18. 18. 18 c. a = 3780, b = 16.200 d. a = 52.920, b = 25.200 3. Dalam setiap bagian, menemukan faktor persekutuan terbesar (a, b) dan bilangan bulat m dan n sedemikian rupa sehingga (a, b) = am + bn a. a = 0, b = -3 b. a = 65, b = -91 c. a = 102, b = 66 d. a = 52, b = 124 e. a = 414, b = -33 f. a = 252, b = -180 g. a = 414, b = 693 h. a = 382, b = 26 i. a = 1197, b = 312 j. a = 3780, b = 1200 k. a = 6420, b = 132 l. a = 602, b = 252 m. a = 5088, b = -156 n. a = 8767, b = 252 4. Cari bilangan bulat terkecil dalam himpunan. a. {x Z | x > 0 dan x = 4s + 6t untuk beberapa, t dalam Z} b. {x Z| x > 0 dan x = 6s +15T untuk beberapa s, t dalam Z} 5. Buktikan bahwa jika p dan q adalah bilangan prima yang berbeda, maka terdapat bilangan bulat m dan n sedemikian rupa sehingga pm + qn = 1. 6. Tunjukkan bahwa n2 - n + 5 adalah bilangan bulat prima ketika n = 1, 2, 3, 4 tetapi itu tidak benar bahwa n2 - n + 5 selalu bilangan bulat prima. Tuliskan satu himpunan sama pernyataan untuk polinomial n2 - n + 11. 7. Jika a > 0 dan a|b, kemudian buktikan atau menyangkal bahwa (a, b) = a. 8. Misalkan a, b, dan c bilangan bulat sedemikian rupa sehingga a ≠ 0. Buktikan bahwa jika a|bc maka a|c ∙ (a, b). 9. Misalkan a bilangan bulat nol dan b bilangan bulat positif . Buktikan atau menyangkal bahwa (a, b) = (a, a + b). 10. Misalkan a|c dan b|c, dan (a, b) = 1, buktikan bahwa ab membagi c. 11. Buktikan bahwa jika d = (a, b), a|c, dan b|c, maka ab|cd. 12. Jika b > 0 dan a = bq + r, buktikan bahwa (a, b) = (b, r). 13. Misalkan r0 = b > 0. Dengan notasi yang digunakan dalam deskripsi Euclidean Algoritma, menggunakan hasil dalam Latihan 12 untuk membuktikan bahwa (a, b) = rn, yang bukan nol terakhir sisanya. 14. Buktikan bahwa setiap sisanya rj di Algoritma Euclidean adalah "kombinasi linear" dari a dan b: rj = sja + tjb, untuk bilangan bulat sj dan tj.
  19. 19. 19 15. Misalkan a dan b bilangan bulat, setidaknya salah satu dari mereka tidak 0. Buktikan bahwa c bilangan bulat yang dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari a dan b jika dan hanya jika (a, b)|c. 16. Buktikan Corollary 2.17: Jika p adalah prima dan p|(a1a2...an), maka p membagi beberapa aj. Petunjuk: Gunakan induksi pada n.) 17. Buktikan bahwa jika n adalah bilangan bulat positif lebih besar dari 1 sehingga n bukan prima, maka n memiliki d pembagi sedemikian rupa sehingga 1 < d ≤ √n. 18. Buktikan bahwa (ab, c) = 1 jika dan hanya jika (a, c) = 1 dan (b, c) = 1. 19. Misalkan (a, b) = 1 dan (a, c) = 1. Buktikan atau menyangkal bahwa (ac, b) = 1. 20. Misalkan (a, b) = 1. Buktikan (a, bc) = (a, c), dimana c adalah sembarang bilangan bulat. 21. Misalkan (a, b) = 1. Buktikan (a2 , b2 ) = 1. 22. Misalkan (a, b) = 1. Buktikan bahwa (a, bn ) = 1 untuk semua bilangan bulat positif n. 23. Buktikan bahwa jika m > 0 dan (a, b) ada, maka (ma, mb) = m ∙ (a, b). 24. Buktikan bahwa jika d = (a, b), a = a0d, dan b = b0d, maka (a0, b0) = 1. 25. Beberapa paling umum dari dua bilangan bulat bukan nol a dan b adalah bilangan bulat m yang memenuhi semua kondisi berikut: 1. m adalah bilangan bulat positif. 2. a|m dan b|m. 3. a|c dan b|c menyiratkan m|c. Buktikan bahwa beberapa paling umum dari dua bilangan bulat nol ada dan unik. 26. Misalkan a dan b bilangan bulat positif. Jika d = (a, b) dan m adalah paling umum beberapa dari a dan b, buktikan bahwa dm = ab. Perhatikan bahwa berikut ini yang paling umum beberapa dari dua bilangan bulat yang relatif prima positif adalah produk mereka. 27. Misalkan a dan b bilangan bulat positif. Buktikan bahwa jika d = (a, b), a = a0d, dan b = b0d, kemudian kelipatan paling umum a dan b adalah a0b0d.
  20. 20. 20 28. Jelaskan prosedur untuk menggunakan bentuk standar dari dua bilangan bulat positif untuk menemukan multiple paling umum. 29. Untuk setiap pasangan bilangan bulat a, b di Latihan 2, menemukan beberapa paling umum dari a dan b dengan menggunakan formulir standar mereka. 30. Misalkan a, b, dan c menjadi tiga bilangan bulat tidak nol. a. Gunakan Definisi 2.11 sebagai pola untuk menentukan faktor persekutuan terbesar dari a, b, dan c. b. Gunakan Teorema 2.12 dan bukti sebagai pola untuk membuktikan adanya faktor persekutuan terbesar dari a, b, dan c. c. Jika d adalah faktor persekutuan terbesar dari a, b, dan c, menunjukkan bahwa d = ((a,b), c). d. Buktikan ((a, b), c) = (a, (b, c)). 31. Menemukan faktor persekutuan terbesar dari a, b, dan c dan menuliskannya dalam bentuk ax + by + cz untuk bilangan bulat x, y, dan z. a. a = 14, b = 28, c = 35 b. a = 26, b = 52, c = 60 c. a = 143, b = 385, c = -65 d. a = 60, b = -84, c = 105 32. Gunakan Prinsip Kedua Induksi Finite untuk membuktikan bahwa setiap bilangan bulat positif n dapat dinyatakan dalam bentuk n = co + c1 ∙ 3 + c2 ∙ 32 + ... + cj-1 ∙ 3j-1 + cj ∙ 3j . dimana j adalah bilangan bulat positif, ci ∈{0, 1, 2} untuk semua i < j dan cj ∈{1, 2}. 33. Gunakan fakta bahwa 2 adalah prima untuk membuktikan bahwa tidak ada bilangan bulat bukan nol a dan b sehingga a2 = 2b2 . Jelaskan bagaimana hal ini membuktikan bahwa √2 bukan bilangan rasional. 34. Gunakan fakta bahwa 3 adalah prima untuk membuktikan bahwa tidak ada bilangan bulat bukan nol a dan b tersebut bahwa a2 = 3b2 . Jelaskan bagaimana hal ini membuktikan bahwa √3 bukan bilangan rasional.

×