Akar Primitif
Dokumen ini membahas mengenai teorema-teorema akar primitif beserta contoh soalnya.
Mata Kuliah Teori Bilangan
Program Studi Tadris Matematika
FTIK IAIN Pontianak
2. Pertama, kita akan mempelajari keberadaan akar-akar primitif untuk bilangan-bilangan
prima. Kita memulai menunjukkan banyaknya solusi perkongruenan polinomial berikut.
Teorema 6.15 (Teorema Lagrange)
Bukti:
Misalkan polinomial f yang berderajat n adalah
F(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0 dengan an ≡ 0 (mod p).
Teorema akan dibuktikan dengan induksi matematika pada n, yaitu derajat dari
f(x).
Untuk n = 1 maka f(x) = a1x + a0 ≡ 0 (mod p)
f(x) = a1x ≡ -a0 (mod p)
karena (a1,p) = 1. Maka perkongruenan linier ini mempunyai tepat satu solusi.
Jadi teorema benar untuk n = 1.
Akar Primitif
Jika p suatu bilangan prima dan f adalah suatu polynomial berderajat
n maka perkongruenan f(x) = 0 (mod p) mempunyai sebanyak-
banyaknya n solusi.
3. Selanjutnya diasumsikan bahwa teorema benar untuk n = k – 1, yatu
polinomial f berderajat (k - 1) mempunyai sebanyak-banyaknya (k – 1)
solusi.
Akan ditunjukkan bahwa untuk polinomial f berderajat k, f(x) ≡ 0
(mod p) mempunyai sebanyak-banyaknya k solusi.
Untuk ini kita cukup menunjukkan bahwa f(x) ≡ 0 (mod p)
tidak mempunyai solusi atau mempunyai satu solusi.
Jika f(x) ≡ 0 (mod p) tidak mempunyai solusi maka teorema terbukti.
Selanjutnya, jika f(x) ≡ 0 (mod p) mempunyai sekurang-kurangnya satu
solusi, misalnya a maka f(a) ≡ 0(mod p) dan a adalah suatu
residu terkecil modulo p.
jika f(x) dibagi dengan (x – a) maka diperoleh:
f(x) = (x – a) q(x) + r
suku banyak q(x) berderajat k – 1 dengan koefisien bulat dan
suatu bilangan bulat pula. Substitusi x = a, pada f(x) 0 (mod p) dan
pada f(x) = (x – a) q(x) + r diperoleh:
0 ≡ f(a) = (a – a) q(a) + r (mod p)
r ≡ 0 (mod p)
sehingga f(x) = (x – a) q(x)(mod p)
4. Misalkan b adalah penyelesaian lain dengan b ≡ a (mod p) dari f(x) ≡ 0
(mod p) maka 0 ≡ f(b) = (b – a) q(b) (mod p)
karena p prima dan b – a ≡ 0 (mod p) maka q(b) ≡ 0 (mod p).
hal ini dapat dikatakan bahwa suatu solusi dari f(x) ≡ 0 (mod p) yang
berbeda dengan a merupakan penyelesaian dari q(x) ≡ 0 (mod p).
Polinomial q(x) mempunyai sebanyak-banyaknya (k–1) solusi sehingga
f(x) ≡ 0 (mod p) tidak akan mempunyai lebih dari k solusi.
Perlu dicatat di sini bahwa teorema 6.15 hanya benar,
apabila modulonya suatu bilangan prima. Sebab, jika modulonya tidak
prima maka teorema tidak benar. Misalnya x2+ x ≡ 0 (mod p)
mempunyai 4 solusi, yaitu 0,2, 3 dan 5, meskipun ruas kiri dari
pengkongruenan tersebut suatu polinom berderajat dua.
5. Menurut teorema fermat, yaitu jika p prima dan (a,p) = 1 maka ap-1 1(mod
p). Ini benar perkongruenan xp-1 – 1 = 0 mempunyai tepat (p – 1) solusi, yaitu:
1,2,3,…,p – 1
Misalkan bahwa d|(p – 1) maka,
xp-1– 1 = (xd – 1) (xp-1-d + xp-1-2d +…+ 1)
= (xd – 1) f(x)
Menurut teorema 6.15, f(x) ≡ 0 (mod p) mempunyai sebanyak-banyaknya
(p-1-d) solusi. Misalkan x = a suatu solusi dari xp-1 – 1 ≡ 0 (mod p) yang
bukan solusi dari f(x) ≡ 0 (mod p), maka a suatu solusi dari xd – 1 ≡ 0 (mod
p).
Sebab
0 ≡ ap-1 – 1 (ad – 1) f(a) (mod p)
Karena p prima dan p|f(a) maka p|(ad – 1).
Jadi xd – 1 ≡ 0 (mod p) mempunyai sekurang-kurangnya p – 1 – (p – 1 – d)
= d solusi.
6. Jika p suatu bilangan prima dan d|p – 1
maka perkongruenan xd – 1 ≡ 0 (mod p)
mempunyai tepat d solusi.
Menurut teorema xd - 1 ≡ 0 (mod p) mempunyai sebanyak-banyaknya d
solusi. Jadi perkongruenan tersebut mempunyai tepat d solusi.
Uraian tersebut merupakan bukti dari teorema berikut ini:
Teorema 6.16
Sekarang perhatikan bilangan prima 13 dan ∅(13) = 12.
Dibentuk Ψ(d) = banyaknya bilangan bulat positif k yang kurang dari 13 dan
berorde d dengan d|12.
Untuk modulo 13 ini,
1 berorde 1;
3 dan 9 masing-masing berorde 3;
4 dan 10 masing-masing berorde 6;
5 dan 8 masing-masing berorde 4;
2, 6, 7 dan 11 masing-masing berorde 12, dan 12 berorde 2.
Sehingga
σ𝑑|12 Ψ(d) = 1 + 1 + 2 + 2 + 2 + 4
Ψ(1) = 1 = ɸ(1) Ψ(4) = 2 = ɸ(4)
Ψ(2) = 1 = ɸ(2) Ψ(6) = 2 = ɸ(6)
Ψ(3) = 2 = ɸ(3) Ψ(12) = 4 = ɸ(12)
Perhatikan juga bahwa :
7. Jika p suatu bilangan prima dan d|(p-1) maka ada tepat ɸ(d) bilangan
bulat positif kurang dari p yang berorde d modulo p.
Bukti :
Dibentuk fungsi Ψ(d), yaitu banyaknya bilangan bulat positif yang
kurang dari p yang berorde d modulo p.
Karena setiap bilangan bulat positif yang kurang dari p selalu
berorde d dengan d|p-1 maka
σ𝑑|𝑝−1 Ψ(d) = p - 1
Teorema 6.17
Padahal kita telah mengetahui bahwa σ𝑑|𝑝−1 Ψ(d) = p – 1 maka kita harus
menunjukkan bahwa Ψ(d)=ɸ(d)
Ambil sebarang d, yaitu pembagi dari p-1 sedemikian hingga Ψ(d) > 0
maka ada suatu bilangan bulat positif a yang beorde d sehingga 𝑎, 𝑎2
,𝑎3
, … 𝑎𝑑
Tidak ada dua suku yang kongruen modulo p dan masing-masing masing-
masing memenuhi perkongruen 𝑥𝑑
≡ 1 𝑚𝑜𝑑 𝑝 .
8. Sebab (𝑎𝑘)𝑑≡ 𝑎𝑑 𝑘
≡ 1 𝑚𝑜𝑑 𝑝 , 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 1 ≤ 𝑘 ≤ 𝑑
Menurut teorema 6.15, perkongruenan tersebut mempunyai tepat d solusi.
Selanjutnya,suatu bilangan bulat positif yang beorde d modulo p mesti kongruen
modulo p dengan suatu bilangan dari .
Dan hanya sebanyal ɸ(d) dari perkongruenan a tersebut yang berorde d, yaitu aᵏ
dengan (k, d) = 1.
Jadi banyaknya bilangan bulat positif yang kurang dari p dab berorde d modulo p
adalah ɸ(d).
Sehingga Ψ(d) = ɸ(d).
Apabila pada teorema 6.16, d = p-1 maka diperoleh akibat teorema tersebut sebagai
berikut:
Akibat: setiap bilangan prima p mempunyai sebanyak ɸ(p -1) akar primitif
Contoh:
Tentukan akar-akar primitif dari 31 dan tentukan pula bilangan-bilangan bulat
positif yang kurang dari 31 yang berorde 6 modulo 31.
Jawab :
Banyaknya akar primitif dari 31 adalah ɸ(ɸ(31)) =ɸ(30) = 8.
Karena 25
≡ 1 𝑚𝑜𝑑 31 , maka 2 bukan akar primitif dari 31.
Kita mencoba memangkatkan 3 dengan eksponen yang tidak lebih dari 15 karena orde
dari 3 mesti membagi ɸ(31) = 30 maka perhitungannya dilakukan sebagai berikut:
9. 315 ≡ 27 5 ≡ −4 5 ≡ −64 16 ≡ −2 16 ≡ −1 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 31)
Karena 315 ≡ 1 𝑚𝑜𝑑 31 dan 3𝑘 ≡ 1 𝑚𝑜𝑑 31 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 1 ≤ 𝑘 ≤ 15 maka orde dari 3 mesti
lebih dari 15. Dan karena orde 3 mesti membagi ɸ(31) = 30 maka dapat ditarik
kesimpulan bahwa orde dari 3 (mod 31) adalah 30.
Jadi 3 adalah akar primitif dari 31.
Akar-akar primitif dari 31 yang lain adalah dengan (k, 30) = 1, yaitu
37, 311, 313, 317, 319, 323, 𝑑𝑎𝑛 329
Yang berturutut-turut kongruen mod 31 dengan
17, 13, 24, 22, 12, 11 dan 21.
Karena 3 adalah akar primitif dari 31 maka setiap bilangan bulat positif yang kurang dari
31 dapat dinyatakan dalam bentuk 3𝑘 dengan 1 ≤ 𝑘 ≤ 30 .
Selanjutnya menurut teorema 6.12 maka orde dari 3𝑘 adalah
30
(𝑘,30)
Sehingga 3ᵏ yang berorde 6 apabila (k, 30) = 5, yaitu k = 5 atau k = 25. Jadi
3⁵ dan 325 masing-masing berorde 6 (mod 31). Dengan perhitungan berikut ini dapat
diketahui residu terkecilnya.
35 ≡ 27 9 ≡ −4 9 ≡ −36 ≡ 26 (𝑚𝑜𝑑 31)
325 ≡ (35)5 ≡ 26 5 ≡ −5 5 ≡ −125 25 ≡ −1 25 ≡ 6 (𝑚𝑜𝑑 31)
Banyaknya bilangan bulat positif yang kurang dari 31 dan berorde 6 adalah
ɸ(6)=2, yaitu 6 dan 26. Banyaknya bilangan bulat positif yang kurang dari 31 dan berorde
6 adalah ɸ(6)=2, yaitu 6 dan 26.
10. Sekarang perhatikan bilangan komposit 2ᵏ dengan 𝑘 ≥ 3
kita akan menunjukkan bahwa untuk sebarang bilangan ganjil a dengan (a, 2ᵏ) = 1,
Maka 𝑎2𝑘−2
≡ 1 𝑚𝑜𝑑 2𝑘 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 2𝑘−2 =
∅ 2𝑘
2
𝑑𝑎𝑛 𝑘 ≥ 3
apabila kita berhasil menunjukkan kekongruenan tersebut maka dapat disimpulkan bahwa
2ᵏ tidak mempunyai akar primitif.
Akan ditunjukkan 2ᵏ dengan induksi matematik untuk setiap bilangan asli 𝑘 ≥ 3
Jika k=3 maka diperoleh kekongruenan a² ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 8) yang benar untuk a = 1, 3, 5 dan
7, yaitu: 12 ≡ 32 ≡ 52 ≡ 72 ≡ 1 (mod 8)
Jadi benar bahwa 23 tidak mempunyai akar primitif.
Selanjutnya diasumsikan kekongruenan benar untuk suatu bilangan bulat k >
3, yaitu: 𝑎2𝑘−2
≡ 1 𝑚𝑜𝑑 2𝑘
Kekongruenan ini ekuevalen dengan 𝑎2𝑘−2
≡ 1 + 2𝑘 𝑚 dengan m suatu bilangan
bulat.
Jadi kekongruenan juga benar untuk k + 1 sehingga kekongruenan benar
untuk semua bilangan bulat 𝑘 ≥ 3
11. Untuk k ≥ 3, bilangan bulat 2𝑘 tidak mempunyai akar
primitif.
Teorema berikut ini mempunyai spirit sama dengan teorema tersebut.
Uraian diatas merupakan bukti dari teorema berikut ini
Teorema 6.18
Jika bilangan-bilangan bulat m > 2 dan n > 2 dengan (m, n) I, maka m
tidak mempunyai akar primitif.
Lemma I.
Jika p suatu bilangan prima ganjil, maka ada suatu akar primitif r dari p sedemikian
hingga 𝑟𝑝−1 ≡ 1 (mod p²)
Lemma 2:
Misalkan p suatu bilangan priima ganjil dan r suatu akar primitif dari p sedemikian
hingga 𝑟𝑝−1 ≡ 1 (mod p²), maka untuk setiap bilangan bulat positif k ≥ 2, berlaku:
𝑟𝑝𝑘−2(𝑝−1)
≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝑘)
Teorema 6.19
12. Teorema 6.21
Bukti:
Menurut Teorema 6.20, mempunyai akar primitif, misalnya r. Kita asumsikan bahwa r suatu
bilangan ganjil, sebab jika r genap, maka r + 𝑝𝑘 adalah suatu bilangan ganjil yang merupakan akar
primitif dari pula. Maka (r, 2 𝑝𝑘 ) =1. Misalkan orde dari r (mod 2 𝑝𝑘 ) adalah n, maka n mesti
membagi ∅(2𝑝𝑘).
Jadi n = ∅(2𝑝𝑘), yang berarti bahwa r adalah akar primitif dari 2𝑝𝑘.
Teorema 6.20
Bukti:
Berdasarkan lemma di atas , kita dapat
memilih suatu akar primitif r dari p dan misalkan orde
r (mod 𝑝𝑘) adalah n.
Jika p suatu bilangan prima ganjil dan bilangan bulat k ≥ 1,
maka 𝑝𝑘 mempunyai akar primitif.
Jika p suatu bilangan prima ganjil dan suatu bilangan bulat k 1, maka
2 mempunyai akar primitif.
13. Prima
Akar primitif
terkecil
Prima
Akar primitif
terkecil
2 1 43 3
3 2 47 5
5 2 53 2
7 3 59 2
11 2 61 2
13 2 67 2
17 3 71 7
19 2 73 5
23 5 79 3
29 2 83 2
31 3 89 3
37 2 97 5
41 6 101 2
Tabel 6.3
Berikut ini suatu daftar akar
primitif terkecil
dari bilangan prima yang kurang
dari 100
