LATIHANTEORI BILANGAN

BAB I – BAB V

DISUSUN OLEH :NAMA : YUNIA BETSEBA DOENIM : 1301031004SEMESTER : IIIPRODI : PENDIDIKAN METEMATIKA

JURUSAN PENDIDIKAN MIPAFAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN

UNIVERSITAS NUSA CENDANAKUPANG

2014

LATIHAN BAB I

1. Untuk semua p,q ϵ Z– (p+q )=−1 ( p+q )=( p+q ) (−1 )=p (−1 )+q (−1 )=−1 p−1q= (−1 ) p+(−1 )q

2. Untuk semua p,q ϵ Zp (−q )+ pq=p (−q+q )=p .0=0=−(pq )+(pq ),

sesuai ddengan sifat kauselasi, p (−q )=−( pq )

3. Jika p, q, r ∈ Z, p ¿ q, dan r ¿ 0

(q+r )−( p+r )=q−p adalah positif sebab p ¿ q. Jadi p+r<q+r

4. Diketahui p, q, r q, p>q dan q>r

p>q dan q>r maka p−q>0 dan q−r>0, sehingga ( p−q )+(q−r )>0

p−r=p+0−r=p+ (−q+q )−r=( p−q )+(q−r )>0, jadi p>r

5. Tabel perkalian dari unsur-unsur C adalah :

x         1       -1                 Dari   tabel  perkalian di samping  dapat

                  1         1       -1                 ditentukan  bahwa  operasi x bersifat ter-

                 -1        -1        1                 tutup, bersifat asosiatif (sebab C Z,

    mempunyai unsur identitas 1, dan memenuhi sifat inversi.

LATIHAN BAB II

1. ∑k=1

n 1k (k+1 )

= 11 (2 )

+ 12 (3 )

+…+ 1n (n+1 )

= nn+1

Untuk n = 1 maka 1

1 (1+1 )= 1

1+1

12=1

2 (benar)

Untuk n = k maka 1

k (k+1 )= kk (k+1 ) (benar)

Untuk n = k + 1 maka k+1k+1+1

= k+1k+1

Pembuktian : 1

k (k+1 )+ 1k+1 ( k+1+1 )

= kk+1

+ 1k+1 (k+2 )

¿k (k+2 )+1

(k+1 ) (k+2 )

¿ k2+2k+1

(k+1 ) (k+2 )

¿ (k2+k ) ( k+1 )( k+1 ) ( k+2 )

¿k (k+1 )+1 (k+1 )

(k+1 ) (k+2 )

¿(k+1 ) (k+1 )(k+1 ) (k+2 )

¿(k+1 )(k+2 ) (terbukti)

atau

1

k (k+1 )+ 1k+1 ( k+1+1 )

= kk+1

+ 1k+1 (k+2 )

¿ 1k+1 (k+ 1

k+2 ) ¿ 1

k+1 ( k2+2 k+1k+2 )

¿ 1k+1 ( ( k+1 ) ( k+2 )

k+2 ) ¿ k+1

k+2 (terbukti)

2. ∑t=1

r

t 2=12+21+32+…+r 2= r(r+1 ) (2 r+1 )

6 , ∀n∈Z+¿ ¿

Untuk r = 1 maka 12=1 (1+1 ) (2+1 )

6=6

6=1 (benar)

Untuk r = k maka 12+k2=k (k+1 ) (2k+1 )

6 (benar)

Untuk r = k+1 12+…+k2+ (k+1 )2=(k+1 ) (k+2 ) (2 (k+1 )+1 )

6

¿ (k+1 ) (k+2 ) (2k+3 )6

¿ (k2+2k+k+2 ) (2k+3 )6

¿ (k2+3k+2 ) (2k+3 )6

¿ 2 k3+6k2+4 k+3k2+9k+66

¿ 2k3+9k2+13k+66

Pembuktian I

12+…+( k+1 )2= k (k+1 ) (2k+1 )6

+ (k+1 )2

¿ k (k+1 ) (2k+1 )6

+( k+1 )2

¿ (k2+k ) (2k+1 )6

+6 (k2+2k+1 )

6

¿ 2 k3+k2+2k2+k+6k 2+12k+66

¿ 2 k3+9k2+13k+66

(terbukti)

3. Carilah ∑s=1

3

∏t=1

4

st

∑s=1

3

∏t=1

4

st=(s .1 ) ( s .2 ) (s .3 ) (s .4 )

∑s=1

3

24 s4=24.14+24.24+24.34+24. 44

¿24+24.16+24.81 ¿24+384+1944 ¿2352

LATIHAN BAB III

1. Gunakan definisi 2.1

Karena a | b, maka b = xa untuk suatu x Î Z

Karena a | c, maka c = ya untuk suatu y Î Z

b = xa dan c = ya, maka b + c = xa + ya = (x + y)a

Jadi: a | b + c

2. a. 79=9.8+7b. 203=15.13+7c. −110=(−16 ) .7+2d. −156=(−20 ) .8+4

3. Jika p ,q|z dan p>0, maka ada bilangan-bilangan r , s|Z masing-masing tunggal sehingga q=rp+s dengan 0≤ s<pUntuk membuktikan ketunggalan r dan s digunakan bukti tidak langsung.Misalkan r dan s masing-masing tidak tunggal, yaitu ada r1 ,r2 , s1 , s3|Zsedemikian hingga:

q=r1 p+s1, 0∈ s1 ,< pq=r2 p+s2, 0∈ s2 ,< p dengan r1 ≠ r2 dan s, s1 ≠ s2

Misalkan s1 > s2, maka dari :

r1 p+s1=r2 p+s2

diperoleh:

s1−s2=p ( r2−s1 )

berarti p|s1−s2

Karena 0∈ s1 ,< p dan0∈ s2 ,< p, maka −p<s1−s2< p , sehingga:

Jika 0<s1−s2<p , maka p|s1−s2 . tidak mungkin 0<s1−s2<p Jika– p<s1−s2<0 maka 0<s1−s2<p, sehingga p|s1−s2

Jadi : p|s1−s2 . Tidak mungkin – p<s1−s2<0 Jika s1−s2=0 , maka p|s1−s2

Dari 1, 2, dan 3 dapat ditentukan bahwa tidak mungkin0<s1−s2<p, dan tidak mungkin – p<s1−s2<0

Jika, s1−s2=0berarti s1=s2 dan s1−s2=p ( r2−r1 ), maka p (r2−r 1)=0

Karena p>0 dan p (r2−r 1)=0, maka r2−r1=0 atau r1=r2

4. t=a5a4a3a2a1a0=a5 .105+a4 .104+a3.103+a2 .102+a1 .10+a0

t dapat dinyatakan sebagai:

t=a0+a1 .10+a2 .102+a3 .103+a4 .4+a5 .105

¿a0+a1 (7+3 )+a2 (98+2 )+a3 (1001−1 )+a4 (10003−3 )+a5 (100002−2 )

t=(a0+3a1+2a2 )−(a3+3a4+2a5 )+7 (a1+14 a2+143a3+1429a4+14286a5 )

Karena 7|t dan 7|7 (a1+14 a2+143a3+1429a4+14286a5 ), maka sesuai teorema 2.9 , t|(a0+3a1+2a2)−(a3+3 a4+2a5 )

5. Nyatakan n3 – n = n (n2 – 1) = n(n + 1)(n – 1)

Selidiki apakah 3 | n3 – n jika n diganti dengan n = 3k, n = 3k + 1, dan n = 3k+2

6. 475   = 7.67 + 6                       475    = 5.95 + 0

67     = 7.9 + 4                         95      = 5.19 + 0

9       = 7.1 + 2                         19      = 5.3 + 4

1       = 7.0 + 1                         3        = 5.0 + 3

(475)10 = 1246)7                       (475)10 = (3400)5/

LATIHAN BAB IV

1. a. 2345 = 7.335 + 0                                            b. 2345 = 8.293 + 1

335 = 7.47 + 6                                                      293 = 8.36 + 5

47 = 7.6 + 5                                                          36 = 8.4 + 4

6 = 7.0 + 6                                                            4  = 8.0 + 4

(2345)10 = (6560)7                                               (2345)10 = (4451)8

2. d= (p+q , p−q ), maka d|p+q dan d|p−q, sehingga d|( p+q )−( p−q ) , atau d|2 p dan d|2q

Dengan demikian d adalah faktor persekutuan dari 2p dan 2q, berarti d|(2 p ,2q ), atau d|2 (p ,q ).

Karena ( p ,q )=1 dand|2 (p ,q ), makad|2, berarti d = 1 atau d = 2

3.(3 t+2,5t+3 )= (3t+2,5 t+3−3 t−2 )= (3 t+2,2 t+1 )= (3 t+2−2 t−1,2 t+1 )=(t+1,2 t+1 )=(t+1,2 t+1−t−1 )=( t+1 ,t )= (t+1−t , t )=(1, t )=1

atau :

Karena 5(3t + 2) – 3(5t + 3) = 1 , maka 1 adalah bilangan bulat positif terkecil yang merupakan kombinasi linier dari 3t + 2 dan 5t + 3, jadi (3t+2,5t+3) = 1

4. a. 67815 = 3.21480 + 3375           n                  s               t                 q

21480 = 6.3375 + 1230          1                  1               0                 3

3375 = 2.1230 + 915              2                  0               1                 6

1230 = 1.915 + 315                3                  1               -3                2

915 = 2.315 + 285                  4                 -6              19                1

315 = 1.285 + 30                    5                 13             -41               2

285 = 9.30 + 15                      6                -19             60                1

30 = 2.15 + 0                          7                  51           -161              9

8                 -70           221            -

9                 681          -2150            -

Jadi : m = 681 dan n = -2150

b. Kerjakan dengan jalan yang sama,  m = 21 dan n = -37

5. Misalkan d = (x,z), maka d │ x dan d │ z

d │z dan z │ x + y, maka d │ x + y ; d │ x + y dan d │ x, maka d │ y

d │ x dan d │ y, maka d adalah factor persekutuan dari x dan y, sehingga d │ (x,y).

Karena d │ (x,y) dan (x,y) = 1, maka d │ 1. Jadi (x,z) = 1

6. (x, 18) = 6 , maka (x/6 , 3)  = 1 , sehingga (x2/36, 3) = 1, akibatnya 36(x2/36, 3) = 36

Dengan demikian (x2, 108) = 36.

LATIHAN BAB V

1. p ≡ q (mod m) , maka p – q = tm untuk suatu bilangan bulat t

Menurut definisi 2.3, (p,m)│ p dan (p,m) │ m . Dari (p,m) │ m

berdasarkan teorema 2.1, (p,m) │ tm . Selanjutnya , dari (p,m)│ p dan

(p,m) │ tm, berdasarkanteorema 2.4, (p,m) │ p – tm. Karena p – q =

tm, atau q = p – tm , maka(p,m) │ q.

(p,m) │ m dan (p,m) │ q , maka (p,m) merupakan faktor

persekutuan m dan q, dan sesuai teorema 2.17, (p,m) │ (q,m) . Dengan

jalan yang sama dapat ditunjukkan bahwa (q,m)│(p,m). Dari

(p,m)│(q,m) dan (q,m) │ (p,m), (p,m) > 0, dan (q,m) > 0 , sesuai teorema

2.7, (p,m) = (q,m).

2. a. Sesuai definisi 2.2, jika p merupakan suatu bilangan genap, maka p

dapat dinyatakan sebagai p = 2t untuk suatu bilangan bulat t, dengan

demikian p2 = 4t2 .

Akibatnya, sesuai definisi 2.1, 4 │ p2 , atau 4 │ p2 - 0 , dan

berdasarkan definisi 3.1, p2 ≡ 0 (mod 4).

b. Sesuai definisi 2.2, jika p merupakan suatu bilangan ganjil, maka p

dapat dinyatakan sebagai p = 2t + 1 untuk suatu bilangan bulat t,

dengan demikian dapat dicari p2 = 4t2 + 4t + 1 , atau p2 = 4t(t + 1) + 1 ,

atau p2 - 1 = 4t(t+1). Akibatnya, sesuai definisi 2.1, 4 │ p2 - 1 , dan

berdasarkan definisi 3.1, p2 ≡ 1 (mod 4).

3. Sesuai definisi 2.2, jika p merupakan suatu bilangan ganjil, maka p

dapat dinyatakan sebagai p = 2t + 1 untuk suatu bilangan bulat t,

dengan demikian dapat dicari p2 = 4t2 + 4t + 1 , atau p2 = 4t(t + 1) + 1 .

Jika t adalah suatu bilangan genap, sesuai definisi 2.2, t = 2r untuk suatu

bilangan bulat r, sehingga p2 = 8r(2r + 1) + 1, atau p2 - 1 = 8r(2r + 1) .

Akibatnya, sesuai definisi 2.1, 8│ p2 - 1 , dan berdasarkan pada definisi

3.1, p2 ≡ 1 (mod 8).

4. (a) n! = 1.2.3…n , berarti 2! = 1.2 = 2 ≡ 0 (mod 2), 3! = 1.2.3 = 2.3 ≡

0 (mod 2) , n! = 1.2.3…n = 2.1.3…n ≡ 0 (mod 2). Dengan demikian

dapat dicari bahwa 1! + 2! + … + n! ≡ 1 + 0 (mod 2) + 0 (mod 2) + … +

0 (mod 2) ≡ 0 (mod 2)

(b) n! = 1.2.3.4…n ≡ 0 (mod 12) jika n ¿ 4 , akibatnya dapatn

ditentukan bahwa 1! + 2! + … + 100! ≡ 1! + 2! + 3! + 0 + 0 + … + 0

(mod 12) ≡ 9 (mod 12).

5. 1 + 2 + … + (n + 1) = (n -1)n/2.

Jika n adalah suatu bilangan ganjil, maka n – 1 adalah suatu bilangan

genap, sehingga (n – 1)/2 adalah suatu bilangan bulat, dengan demikian

n │1 + 2 + … + (n + 1) atau

1 + 2 + … + (n + 1) ≡ 0 (mod n).

Jika n adalah suatu bilangan genap, maka n = 2r untuk suatu

bilangan bulat r, dengan demikian (n -1)n/2 = (n -1)r , berarti n tidak

membagi (n – 1)r karena (n,n-1) = 1 dan r < n. Jadi 1 + 2 + … + (n + 1)

tidak kongruen dengan 0 modulu n jika n adalah suatu bilangan genap.

6. n = 1 memenuhi hubungan karena 41 = 4 = 1 + 3.1 ≡ 1 + 3.1 (mod 9)

Anggaplah bahwa 4n≡ 1 + 3n (mod 9), harus dibuktikan

4n+1≡ 1 + 3(n + 1) (mod 9)

4n+1 = 4.4n ≡ 4(1 + 3n) (mod 9) ≡ 4 + 12n (mod 9) ≡ 4 + 3n (mod 9).