MODUL 3

KONGRUENSI

Gatot Muhsetyo

PENDAHULUAN

Dalam modul Kongruensi ini diuraikan tentang sifat-sifat dasar kongruensi,

keterkaitan kongruensi dengan fpb dan kpk, sistem residu yang lengkap dan system

residu yang tereduksi, teorema Euler, teorema kecil Fermat, dan teorema Wilson.

Kongruensi merupakan kelanjutan dari keterbagian, dan didefinisikan berdasarkan

konsep keterbagian. Dengan demikian penjelasan dan pembuktian teorema-teoremanya

dikembalikan ke konsep keterbagian. Bahan utama kongruensi adalah penggunaan

bilangan sebagai modulo, dan bilangan modulo ini dapat dipandang sebagai perluasan

dari pembahasan yang sudah ada di sekolah dasar sebagai bilangan jam, dan pada tingkat

lebih lanjut disebut denga bilangan bersisa.

Dengan bertambahnya uraian tentang sistem residu, pembahasan tentang kongruensi

menjadi lebih lengkap sebagai persiapan penjelasan teorema Euler, teorema kecil Fermat,

dan teorema Wilson, serta bahan penerapan yang terkait dengan teorema-teorema

kongruensi dan teorema Euler.

KOMPETENSI UMUM

Kompetensi umum dalam mempelajari modul ini adalah mahasiswa mampu

memahami konsep kongruensi, penerapannya, hubungannya dengan konsep keterbagian,

pengembangannya dalam system residu, dan peranannya dalam penjabaran teorema

Euler, teorema kecil Fermat, dan teorema Wilson.

KOMPETENSI KHUSUS

Kompetensi khusus dalam mempelajari modul ini adalah mahasiswa mampu

menjelaskan konsep kongruensi dan sifat-sifatnya, konsep sistem residu yang lengkap

dan sistem residu yang tereduksi, peranan fpb dan kpk dalam pengembangan sifat-sifat

kongruensi, pembuktian dan penerapan teorema Euler, teorema kecil Fermat, dan

teorema Wilson.

SUSUNAN KEGIATAN BELAJAR

Modul 3 ini terdiri dari dua kegiatan belajar. Kegiatan Belajar pertama adalah

Kongruensi, dan Kegiatan Belajar kedua adalah Sistem Residu. Setiap kegiatan be;lajar

memuat Uraian, Contoh/Bukan Contoh, Tugas dan Latihan, Rambu-Rambu Jawaban

Tugas dan Latihan, Rangkuman, dan Tes Formatif. Pada bagian akhir modul ini

ditempatkan Rambu-Rambu Jawaban Tes Formatif 1 dan Tes Formatif 2.

PETUNJUK BELAJAR

1. Bacalah Uraian dan Contoh dengan cermat dan berulang-ulang sehingga Anda benar-

benar memahami dan menguasai materi paparan.

2. Kerjakan Tugas dan Latihan yang tersedia secara mandiri. Jika dalam kasus atau tahap-

An tertentu Anda mengalami kesulitan menjawab/menyelesaikan, maka lihatlah Ram-

bu-Rambu Jawaban Tugas dan Latihan. Jika langkah ini belum banyak membantu

Anda keluar dari kesulitan, maka mintalah bantuan tutor Anda, atau orang lain yang

lebih tahu.

3. Kerjakan Tes Formatif secara mandiri, dan periksalah Tingkat Kemampuan Anda

dengan jalan mencocokkan jawaban Anda dengan Rambu-Rambu Jawaban Tes For-

matif. Ulangilah pengerjaan Tes Formatif sampai Anda benar-benar merasa mampu

mengerjakan semua soal dengan benar.

MODUL 3

KEGIATAN BELAJAR 1

KONSEP DASAR KONGRUENSI

Uraian

Kongruensi merupakan bahasa teori bilangan karena pembahasan teori bilangan

bertumpu kongruensi. Bahasa kongruensi ini diperkenalkan dan dikembangkan oleh Karl

Friedrich Gauss, matematisi paling terkenal dalam sejarah, pada awal abad sembilan

belas, sehingga sering disebut sebagai Pangeran Matematisi (The Prince of Mathematici-

ans). Meskipun Gauss tercatat karena temuan-temuannya di dalam geometri, aljabar,

analisis, astronomi, dan fisika matematika, ia mempunyai minat khusus di dalam teori

bilangan dan mengatakan bahwa “mathematics is the queen of sciences, and the theory

of numbers is the queen of mathematics” . Gauss merintis untuk meletakkan teori

bilangan modern di dalam bukunya Disquistiones Arithmeticae pada tahun 1801.

Secara tidak langsung kongruensi sudah dibahas sebagai bahan matematika di

sekolah dalam bentuk bilangan jam atau bilangan bersisa. Peragaan dengan menggunakan

tiruan jam dipandang bermanfaat karena peserta didik akan langsung praktek untuk lebih

mengenal adanya system bilangan yang berbeda yaitu system bilangan bilangan jam,

misalnya bilangan jam duaan, tigaan, empatan, limaan, enaman, dan seterusnya.

Kemudian, kita telah mengetahui bahwa bilangan-bilangan bulat lebih dari 4 dapat di

“reduksi” menjadi 0, 1, 2, 3, atau 4 dengan cara menyatakan sisanya jika bilangan itu

dibagi dengan 5, misalnya 13 dapat direduksi menjadi 3 karena 13 dibagi 5 bersisa 3, 50

dapat direduksi menjadi 0 karena 50 dibagi 5 bersisa 0, dan dalam bahasa kongruensi

dapat dinyatakan sebagai 13 ≡ 3 (mod 5) dan 50 ≡ 0 (mod 5).

Definisi 3.1

Ditentukan p,q,m adalah bilangan-bilangan bulat dan m 0

p disebut kongruen dengan q modulo m, ditulis p ≡ q (mod m), jika dan hanya jika

m │ p - q .

Jika m │ p – q maka ditulis p ≡ q (mod m), dibaca p tidak kongruen q modulo m.

Contoh 3.1

10 ≡ 6 (mod 2) sebab 2 │ 10 – 6 atau 2 │ 4

13 ≡ -5 (mod 9) sebab 9 │ 13 – (-5) atau 9 │ 18

107 ≡ 2 (mod 15) sebab 7 │ (107 – 2) atau 15 │ 105

Teorema 3.1

Jika p dan q adalah bilangan-bilangan bulat, maka p ≡ q (mod m) jika dan hanya jika

ada bilangan bulat t sehingga p = q + tm

Bukti :

Jika p ≡ q (mod m), maka m │ p – q . Ini berarti bahwa ada suatu bilangan bulat t se-

hingga tm = p – q, atau p = q + tm.

Sebaliknya, jika ada suatu bilangan bulat t yang memenuhi p = q + tm, maka dapat

ditentukan bahwa tm = p – q, dengan demikian m │ p – q , dan akibatnya berlaku

p ≡ q (mod m).

Contoh 4.2

23 ≡ -17 (mod 8) dan 23 = -17 + 5.8

Teorema 3.2

Ditentukan m adalah suatu bilangan bulat positif.

Kongruensi modulo m memenuhi sifat-sifat berikut :

(a) Sifat Refleksif.

Jika p adalah suatu bilangan bulat, maka p ≡ p (mod m)

(b) Sifat Simetris.

Jika p dan q adalah bilangan-bilangan bulat sedemikian hingga p ≡ q (mod m),

maka p ≡ q (mod m)

(c) Sifat Transitif.

Jika p, q, dan r adalah bilangan-bilangan bulat sedemikian hingga p ≡ q (mod m)

dan q ≡ r (mod m), maka p ≡ r (mod m)

Bukti :

(a) Kita tahu bahwa m │ 0, atau m │ p – p , berarti p ≡ q (mod m)

(b) Jika p ≡ q (mod m), maka m │ p – q , dan menurut definisi keterbagian, ada suatu

bilangan bulat t sehingga tm = p – q, atau (-t)m = q – p , berarti m │ q – p.

Dengan demikian q ≡ p (mod m)

(c) Jika p ≡ q (mod m) dan q ≡ r (mod m) , maka m│p – q dan m│q – r, dan menurut

definisi keterbagian, ada bilangan-bilangan bulat s dan t sehingga sm = p – q dan

tm = q – r . Dengan demikian dapat ditentukan bahwa p – r = (p – q) + (q – r) =

sm + tm = (s + t)m. Jadi m│ p – r , dan akibatnya q ≡ r (mod m)

Contoh 4.3

5 ≡ 5 (mod 7) dan -10 ≡ -10 (mod 15) sebab 7│5 – 5 dan 15│-10 – (-10)

27 ≡ 6 (mod 7) akibatnya 6 ≡ 27 (mod 7) sebab 7│6 – 27 atau 7│(-21)

45 ≡ 21 (mod 3) dan 21 ≡ 9 (mod 3), maka 45 ≡ 9 (mod 3) sebab 3│45 – 9 atau 3│36

Teorema 3.3

Jika p, q, r, dan m adalah bilangan-bilangan bulat dan m > 0 sedemikian hingga

p ≡ q (mod m) , maka :

(a) p + r ≡ q + r (mod m)

(b) p – r ≡ q – r (mod m)

(c) pr ≡ qr (mod m)

Bukti :

(a) Diketahui p ≡ q (mod m), maka m│ p – q . Selanjutnya dapat ditentukan bahwa

p – q = (p + r) – (q + r) , berarti m│p – q berakibat m │ (p + r) – (q + r). Dengan

demikian p + r ≡ q + r (mod m).

(b) Kerjakan, ingat bahwa p – q = (p – r) – (q – r) .

(c) Diketahui p ≡ q (mod m), maka m│ p – q , dan menurut teorema keterbagian,

m │ r(p – q) untuk sebarang bilangan bulat r, dengan demikian m │ pr – qr.

Jadi pr │qr (mod m) .

Contoh 4.4

43│7 (mod 6) , maka 43 +5│ 7 + 5 (mod 6) atau 48│12 (mod 6)

27 │6 (mod 7) , maka 27 – 4 │6 – 4 (mod 7) atau 23│ 2 (mod 7)

35│3 (mod 8) , maka 35.4│3.4 (mod 8) atau 140│12 (mod 8)

Contoh 4.5

Perhatikan bahwa teorema 3.3.(c) tidak bisa dibalik, artinya jika pr ≡ qr (mod m), maka

belum tentu bahwa p ≡ q (mod m), misalnya 24 = 4.6 , 12 = 4.3, dan 24 ≡ 12 (mod 6) atau

4.6 ≡ 4.3 (mod 6), tetapi 6 ≡ 3 (mod 6).

Teorema 3.4

Jika p, q, r, s, m adalah bilangan-bilangan bulat dan m > 0 sedemikian hingga

p ≡ q (mod m) dan r ≡ s (mod m) , maka :

(a) p + r ≡ q + s (mod m)

(b) p – r ≡ q – s (mod m)

(c) pr ≡ qs (mod m)

Bukti :

(a) p ≡ q (mod m) dan r ≡ s (mod m), maka m│ p – q dan m│ r – s , maka tentu ada

bilangan-bilangan bulat t dan u sehingga tm = p – q dan um = r – s , dan

(p + r) – (q + s) = tm – um = m(t – u). Dengan demikian m│(p + r) – (q + s), atau

p + r ≡ q + s (mod m).

(b) Kerjakan, perhatikan bahwa (p – r) – (q – s) = (p – q) – (r – s)

(c) p ≡ q (mod m) dan r ≡ s (mod m), maka m│ p – q dan m│ r – s , maka tentu ada

bilangan-bilangan bulat t dan u sehingga tm = p – q dan um = r – s , dan

pr – qs = pr – qr + qr – qs = r(p – q) + q(r – s) = rtm + qum = m (rt + qu). Dengan

demikian m │ pr – qs , atau pr ≡ qs (mod m)

Contoh 3.6

36 ≡ 8(mod 7) dan 53 ≡ 4 (mod 7), maka 36 + 53 ≡ 8 + 4 (mod 7) atau 89 ≡ 12 (mod 7)

72 ≡7 (mod 5) dan 43 ≡ 3 (mod 5), maka 72 – 43 ≡ 7 – 3 (mod 5) atau 29 ≡ 4 (mod 5)

15 ≡ 3 (mod 4) dan 23 ≡ 7 (mod 4) maka 15.23 ≡ 3.7 (mod 4) atau 345 ≡ 21 (mod 4)

Teorema 3.5

(a) Jika p ≡ q (mod m), maka pr ≡ qr (mod mr)

(b) Jika p ≡ q (mod m) dan d│m , maka p ≡ q (mod d)

Bukti :

(a) p ≡ q (mod m), maka sesuai definisi 3.1, m│p – q , dan menurut teorema 2.8 dapat

ditentukan bahwa rm│r(p – q) atau mr│pr – qr , dan berdasarkan definisi 3.1 dapat

ditentukan bahwa pr ≡ qr (mod mr)

(b) p ≡ q (mod m), maka sesuai definisi 3.1, m│p – q .

Berdasarkan teorema 2.2, d│m dan m│p – q berakibat d│p – q, dan sesuai dengan

Definisi 3.1, p ≡ q (mod d)

Teorema 3.6

Diketahui bilangan-bilangan bulat a, p, q, m, dan m > 0.

(a) ap ≡ aq (mod m) jika dan hanya jika p ≡ q (mod m/(a,m))

(b) p ≡ q (mod m 1 ) dan p ≡ q (mod m 2 ) jika dan hanya jika p ≡ q (mod [m 1 , m 2 ])

Bukti :

(a) ()

ap ≡ aq (mod m), maka sesuai definisi 3.1, m│ap – aq, dan sesuai definisi 2.1

ap – aq = tm untuk suatu t Z, berarti a(p – q) = tm. Karena (a,m)│a dan (a,m)│ m

maka (a/(a,m)(p – q) = (m/(a,m)t, dan sesuai dengan definisi 2.1, dapat ditentukan

bahwa (m/(a,m)│(a/(a,m)(p – q). Menurut teorema 2.14, (m/(a,m),a/(a,m)) = 1, dan

menurut teorema 2.15, dari (m/(a,m),a/(a,m)) = 1 dan (m/(a,m)│(a/(a,m)(p – q) ber-

akibat (m/(a,m)│(p – q). Jadi menurut definisi 3.1, p ≡ q (mod m/(a,m)) .

()

p ≡ q (mod m/(a,m)), maka menurut teorema 3.5(a), ap ≡ aq (mod am/(a,m)). Selan-

jutnya, karena m │am/(a,m), dan ap ≡ aq (mod am/(a,m)), maka berdasarkan pada

teorema 3.5 (b) , ap ≡ aq (mod m).

(b) Buktikan !

Contoh 3.7

8p ≡ 8q (mod 6) dan (8,6) = 2, maka p ≡ q (mod 6/2) atau p ≡ q (mod 3)

12p ≡ 12q (mod 16) dan (12,16) = 4, maka p ≡ q (mod 16/4) atau p ≡ q (mod 4)

Contoh 3.8

p ≡ q (mod 6) dan p ≡ q (mod 8), maka p ≡ q (mod [6,8]) atau p ≡ q (mod 24)

p ≡ q (mod 16) dan p ≡ q (mod 24), maka p ≡ q (mod [16,24]) atau p ≡ q (mod 48)

Tugas dan Latihan

Tugas

Bacalah suatu buku teori bilangan, dan carilah teorema-teorema yang belum dibuktikan

dalam kegiatan belajar 1. Selanjutnya buktikan bahwa :

1. Jika p, q, t, dan m adalah bilangan-bilangan bulat sedemikian hingga t > 0, m > 0 dan

p ≡ q (mod m), maka p t ≡ q t (mod m)

2. Jika p, q Z dan m 1 , m 2 , …, m t Z sedemikian hingga

p ≡ q (mod m 1 ) , p ≡ q (mod m 2 ) , …, dan p ≡ q (mod m t ) , maka

p ≡ q (mod [m 1 , m 2 , …, m t ])

Latihan

1. Diketahui p, q, m adalah bilangan-bilangan bulat dan m > 0 sedemikian hingga

p ≡ q (mod m)

Buktikan : (p,m) = (q,m)

2. Buktikan

(a) jika p adalah suatu bilangan genap, maka p 2 ≡ 0 (mod 4)

(b) jika p adalah suatu bilangan ganjil, maka p 2 ≡ 1 (mod 4)

3. Buktikan jika p adalah suatu bilangan ganjil, maka p 2 ≡ 1 (mod 8)

4. Carilah sisa positif terkecil dari 1! + 2! + … + 100!

(a) modulo 2

(b) modulo 12

5. Tunjukkan bahwa jika n adalah suatu bilangan genap positif, maka:

1 + 2 + 3 + … + (n + 1) ≡ 0 (mod n)

Bagaimana jika n adalah suatu bilangan ganjil positif ?

6. Dengan menggunakan induksi matematika, tunjukkan bahwa 4 n ≡ 1 + 3n (mod 9)

jika n adalah suatu bilangan bulat positif.

Rambu-Rambu Jawaban Tugas Dan Latihan

Rambu-Rambu Jawaban Tugas

1. p ≡ q (mod m) , maka m │ p – q

p t - q t = (p – q)(p 1t + p 2t q + … + pq 2t + q 1t )

Perhatikan bahwa (p – q) │ p t - q t

Karena m │ p – q dan (p – q) │ p t - q t , maka m │ p t - q t

Jadi p t ≡ q t (mod m)

2. p ≡ q (mod m 1 ) , p ≡ q (mod m 2 ) , …, dan p ≡ q (mod m t ) , maka

m 1 │ p – q , m 2 │ p – q , … , m t │ p – q

Dengan demikian p – q adalah kelipatan persekutuan dari m 1 , m 2 , …, m t , dan

berdasarkan teorema 2.22, [ m 1 , m 2 , …, m t ] │ p – q

Jadi p ≡ q (mod [m 1 , m 2 , …, m t ] )

Rambu-Rambu Jawaban Latihan

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, berdasarkan

teorema 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 dinya-

takan sebagai p = 2t untuk suatu bilangan bulat t, dengan demikian p 2 = 4t 2 .

Akibatnya, sesuai definisi 2.1, 4 │ p 2 , atau 4 │ p 2 - 0 , dan berdasarkan defini-

si 3.1, p 2 ≡ 0 (mod 4).

(b) Sesuai definisi 2.2, jika p merupakan suatu bilangan ganjil, maka p dapat dinya-

takan sebagai p = 2t + 1 untuk suatu bilangan bulat t, dengan demikian dapat

dicari p 2 = 4t 2 + 4t + 1 , atau p 2 = 4t(t + 1) + 1 , atau p 2 - 1 = 4t(t+1). Akibatnya,

sesuai definisi 2.1, 4 │ p 2 - 1 , dan berdasarkan definisi 3.1, p 2 ≡ 1 (mod 4).

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

sebagai p = 2t + 1 untuk suatu bilangan bulat t, dengan demikian dapat dicari

p 2 = 4t 2 + 4t + 1 , atau p 2 = 4t(t + 1) + 1 . Jika t adalah suatu bilangan genap, sesuai

definisi 2.2, t = 2r untuk suatu bilangan bulat r, sehingga p 2 = 8r(2r + 1) + 1, atau

p 2 - 1 = 8r(2r + 1) . Akibatnya, sesuai definisi 2.1, 8│ p 2 - 1 , dan berdasarkan pada

definisi 3.1, p 2 ≡ 1 (mod 8).

Kerjakan dengan jalan yang sama jika t adalah suatu bilangan ganjil.

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 dapat 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 4 1 = 4 = 1 + 3.1 ≡ 1 + 3.1 (mod 9)

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

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

Rangkuman

Dari materi Kegiatan Belajar 1 ini, beberapa bagian yang perlu diperhatikan adalah defi-

nisi kongruensi, teorema-teorema kongruensi, dan keterkaitan konsep kongruensi dengan

keterbagian, fpb, dan kpk.

1. Definisi 3.1. p ≡ q (mod m) jika dan hanya jika m │ p – q

2. Terdapat 6 teorema kongruensi.

Teorema 3. 1 : p ≡ q (mod m) jika dan hanya jika p = q + tm

Teorema 3.2 : Kongruensi modulo m memenuhi sifat-sifat

(a) refleksif: p ≡ p (mod m)

(b) simetris : jika p ≡ q (mod m), maka q ≡ p (mod m)

(c) transitif : jika p ≡ q (mod m) , q ≡ r (mod m), maka p ≡ q (mod m)

Teorema 3.3 : Jika p ≡ q (mod m), maka :

(a) p + r ≡ q + r (mod m)

(b) p – r ≡ q – r (mod m)

(c) pr ≡ qr (mod m)

Teorema 3.4 : Jika p ≡ q (mod m) dan r ≡ s (mod m), maka :

(a) p + r ≡ q + s (mod m)

(b) p – r ≡ q – s (mod m)

(c) pr ≡ qs (mod m)

Teorema 3.5 : (a) p ≡ q (mod m) , maka pr ≡ qr (mod mr)

(b) p ≡ q (mod m) dan d │ m , maka p ≡ q (mod d)

Teorema 3.6. : (a) ap ≡ aq (mod m), maka p ≡ q (mod m/(a,m))

(b) p ≡ q (mod m 1 ) dan p ≡ q (mod m 2 ) jika dan hanya jika

p ≡ q (mod [m 1 , m 2 ])

Tes Formatif 1

1. Skor 10

Nyatakan dengan B (Benar) atau S (Salah)

(a) Jika p ≡ q (mod 7) , maka 3p ≡ 3q (mod 7)

(b) Jika 2p ≡ 3q (mod 5), maka 10p ≡ 10q (mod 25)

(c) Jika p ≡ q (mod 11), maka 23p – 44 ≡ 12q + 22 (mod 11)

(d) Jika 2p ≡ 2q (mod 5), maka p ≡ q (mod 5)

(e) Jika 4p ≡ 4q (mod 6), maka p ≡ q (mod 6)

(f) Jika 6p ≡ 9q (mod 15), maka 2p ≡ 3q (mod 5)

(g) Jika p ≡ 2q (mod 24), maka p ≡ 2q (mod 8)

(h) Jika p ≡ q (mod 7), maka 14p 2 + 8p – 21 ≡ 15p + 28 (mod 7)

(i) Jika p ≡ q (mod 8) dan p ≡ q (mod 12), maka p ≡ q (mod 96)

(j) Jika p ≡ q (mod 24) dan p ≡ q (mod 36), maka p ≡ q (mod 72)

2. Skor 10

(a) Carilah 2 angka terakhir lambang bilangan decimal dari 28 75

(b) Carilah 3 angka terakhir lambang bilangan decimal dari 23 95

3. Skor 20.

Tunjukkan bahwa 1 3 + 2 3 + … + (n – 1) 3 ≡ 0 (mod n) jika n adalah suatu bilangan

bulat positif atau jika n adalah habis dibagi 4.

Apakah pernyataan masih benar jika n adalah genap tetapi tidak habis dibagi 4 ?

4. Skor 20

Buktikan dengan induksi matematika bahwa 5 n ≡ 1 + 4n (mod 16) jika n adalah suatu

bilangan bulat positif

5. Skor 20

Carilah sisa positif terkecil dari 1! + 2! + … + 100!

(a) modulo 7

(b) modulo 25

6. Skor 20

Carilah sisa positif terkecil dari :

(a) 6! modulo 7

(b) 12! modulo 13

(c) 18! modulo 19

(d) 22! modulo 23

Cobalah menebak suatu teorema dari hasil-hasil jawaban Anda

Cocokkanlah jawaban Anda dengan Rambu-Rambu atau Kunci Jawaban Tes Formatif 1

yang terdpat di bagian akhir modul ini. Kemudian perkirakan skor jawaban Anda yang

menurut Anda benar, dan gunakan criteria berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan

Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 1.

Skor Jawaban Yang Benar

Tingkat Penguasaan = ------------------------------------ x 100 %

100

Tingkat Penguasaan Anda dikelompokkan menjadi :

Baik sekali : 90 % - 100 %

Baik : 80 % - 89 %

Cukup : 70 % - 79 %

Kurang : < 70 %

Apabila Anda mencapai tingkat penguasaan 80 % atau lebih, maka Anda dapat

meneruskan ke Kegiatan Belajar 2, Bagus !

Jika tingkat penguasaan Anda kurang dari 80 %, maka seharusnya Anda mengulangi

materi Kegiatan Belajar 1, terutama pada bagian-bagian yang belum Anda pahami dan

kuasai dengan baik. Selamat Belajar !

MODUL 3

KEGIATAN BELAJAR 2

SISTEM RESIDU

Uraian

Sistem residu merupakan topik yang memberikan dasar untuk mengembangkan

pembahasan menuju teorema Euler, dan pada bagian lain terkait dengan fungsi-fungsi

khas (special functions) dalam teori bilangan.

Bagian-bagian dari system residu meliputi system residu yang lengkap dan system

residu yang tereduksi. Sebagai suatu system, system residu mempunyai sifat-sifat khusus

yang terkait dengan bagaimana membuat system residu, atau mencari contoh yang

memenuhi syarat tertentu.

Definisi 3.2

Suatu himpunan {x 1 , x 2 , … , x m } disebut suatu system residu lengkap modulo m

Jika dan hanya jika untuk setiap y dengan 0 ≤ y < m , ada satu dan hanya satu x i

dengan 1 ≤ i < m , sedemikian hingga y ≡ x i (mod m) atau x i ≡ y (mod m).

Perhatikan bahwa indeks dari x yang terakhir adalah m, dan hal ini menunjukkan bahwa

banyaknya unsur dalam suatu system residu lengkap modulo m adalah m. Dengan

demikian, jika ada suatu himpunan yang banyaknya unsur kurang dari m atau lebih dari

m , maka himpunan itu tentu bukan merupakan suatu system residu lengkap modulo m.

Selanjutnya, karena pasangan-pasangan kongruensi antara y dan x i adalah tunggal, maka

tidak ada y yang kongruen dengan dua unsur x yang berbeda, misalnya x i dan x j , dan

tidak ada x i yang kongruen dengan dua nilai y. Dengan demikian, tidak ada dua unsur x

yang berbeda dan kongruen, artinya x i tidak kongruen x j modulo m jika i j.

Contoh 3.9

1. Himpunan A = {6, 7, 8, 9} bukan merupakan system residu lengkap modulo 5 sebab

banyaknya unsur A kurang dari 5

2. Himpunan A = {6, 7, 8, 9, 10} adalah suatu system residu lengkap modulo 5 sebab un-

tuk setiap y dengan dengan 0 ≤ y < 5 , ada satu dan hanya satu x i dengan 1 ≤ i < 5

sedemikian hingga y ≡ x i (mod 5) atau x i ≡ y (mod 5).

Nilai-nilai y yang memenuhi 0 ≤ y < 5 , adalah y = 0, y = 1, y = 2, y = 3, y = 4, atau

y = 5 . Jika kita selidiki, maka kita peroleh bahwa :

10 ≡ 0 (mod 5) 8 ≡ 3 (mod m) 6 ≡ 1 (mod m)

9 ≡ 4 (mod 5) 7 ≡ 2 (mod m)

Dengan demikian untuk setiap y dengan y = 0, 2, 3, 4, 5 , ada satu dan hanya satu x i

dengan x i = 6, 7, 8, 9, 10 , sedemikian hingga x i ≡ y (mod m). Jadi A adalah suatu sis-

tem residu lengkap modulo 5.

3. Himpunan B = {4, 25, 82, 107} adalah suatu system residu lengkap modulo 4 sebab

untuk setiap y dengan 0 ≤ y < 4 , ada satu dan hanya satu x i dengan 1 ≤ i < 4

sedemikian hingga y ≡ x i (mod 4) atau x i ≡ y (mod 4).

4 ≡ 0 (mod 4) 82 ≡ 2 (mod 4)

25 ≡ 1 (mod 4) 107 ≡ 3 (mod 4)

4. Himpunan C = {-33, -13, 14, 59, 32, 48, 12} adalah suatu system residu lengkap mo-

dulo 7 sebab untuk setiap y dengan 0 ≤ y < 7 , ada satu dan hanya satu x i dengan

1 ≤ i < 7 sedemikian hingga y ≡ x i (mod 7) atau x i ≡ y (mod 7).

-33 ≡ 0 (mod 7) 59 ≡ 3 (mod 7) 48 ≡ 1 (mod 7)

-13 ≡ 0 (mod 7) 32 ≡ 3 (mod 7) 12 ≡ 1 (mod 7)

14 ≡ 0 (mod 7)

5. Himpunan D = {10, -5, 27} adalah bukan suatu system residu lengkap modulo 3 sebab

Untuk suatu y = 1 dengan 0 ≤ y < 3 , ada lebih dari satu x i (yaitu 10 dan -5) sehingga

10 ≡ 1 (mod 3) -5 ≡ 1 (mod 3)

6. Algoritma pembagian menunjukkan bahwa himpunan bilangan bulat 0, 1, … , m – 1

merupakan suatu system residu lengkap modulo m, dan disebut sebagai residu nonne-

gatif terkecil modulo m.

Definisi 3.3

Suatu himpunan bilangan bulat {x 1 , x 2 , … , x k } disebut suatu system residu tere-

duksi modulo m jika dan hanya jika :

(a) (x i , m) = 1 , 1 ≤ i < k

(b) x i ≡ x j (mod m) untuk setiap i j

(c) Jika (y,m) = 1, maka y ≡ x i (mod m) untuk suatu i = 1, 2, … , k

Contoh 3.10

1. Himpunan {1,5} adalah suatu system residu tereduksi modulo 6 sebab :

(a) (1,6) = 1 dan (5,6) = 1

(b) 5 ≡ 1 (mod 6)

2. Himpunan {17, 91} adalah suatu system residu tereduksi modulo 6 sebab :

(a) (17,6) = 1 dan (91, 6) = 1

(b) 91 ≡ 17 (mod 6)

Suatu system residu tereduksi modulo m dapat diperoleh dari system residu lengkap

modulo m dengan membuang unsur-unsur yang tidak relative prima dengan m. Hal ini

dapat dilakukan karena {0, 1, 2, … , m – 1 } adalah suatu system residu yang lengkap

modulo m karena untuk setiap y dengan y = 0, 1, 2, … , m – 1, ada satu dan hanya satu

x i = 0, 1, 2, … , m – 1 sehingga y ≡ x i (mod m) . Keadaan y ≡ x i (mod m) selalu dapat

terjadi dengan memilih y = 0 dan x 1 = 0, y = 1 dan x 2 = 1, … , y = m – 1 dan x m = m – 1 .

Karena unsur-unsur {0, 1, 2, … , m – 1} memenuhi tidak ada sepasang yang kongruen,

maka setelah unsur-unsur yang tidak relative prima dengan m dibuang, yang tertinggal

adalah unsur-unsur yang relative prima dengan m dan tidak ada sepasang yang kongruen.

Dengan demikian unsur-unsur yang tertinggal memenuhi definisi 3.2

Contoh 3.11

1. Himpunan A = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} adalah suatu sistem residu lengkap modulo 8.

Unsur-unsur A yang tidak relative prima dengan 8 adalah 0, 2, 4, dan 6 karena

(0,8) = 8 1, (2,8) = 2 1, (4,8) = 4 1, dan (6,8) = 2 1. Misalkan B adalah him-

punan dari unsur-unsur yang tertinggal, maka B = {1, 3, 5, 7}, dan B merupakan suatu

sistem residu tereduksi modulo 8 karena memenuhi definisi 3.2

2. Himpunan A = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19} adalah

suatu system residu lengkap modulo 20. Jika unsur-unsur A yang tidak relative prima

dengan 20 dibuang, yaitu 0, 2, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 14, 15, 16, dan 18 , maka unsur-unsur

yang tertinggal adalah 1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, dan 19, dan B = {1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, 19}

merupakan suatu system residu tereduksi modulo 20.

Defini 3.4

Ditentukan m adalah suatu bilangan bulat positif.

Banyaknya residu di dalam suatu system residu tereduksi modulo m disebut fungsi

-Euler dari m, dan dinyatakan dengan (m).

Contoh 3.12

(2) = 1 , diperoleh dari unsur 1

(3) = 2 , diperoleh dari unsur-unsur 1 dan 2

(4) = 2 , diperoleh dari unsur-unsur 1 dan 3

(5) = 4 , diperoleh dari unsur-unsur 1, 2, 3, dan 4

(16) = 8, diperoleh dari unsur-unsur 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, dan 15

(27) = 18, diperoleh dari unsur-unsur 1, 2, 4, 5, 7, 8, 11, 13, 14, 16, 17, 19, 20, 22, 23,

25, dan 26

(p) = p – 1 jika p adalah suatu bilangan prima

Perhatikan bahwa himpunan {1,2,3,4} merupakan suatu system residu tereduksi modu-

lo 5. Sekarang, coba Anda selidiki, jika masing-masing unsur himpunan dikalikan

dikalikan dengan suatu bilangan yang relative prima dengan 5, misalnya 2, 3, atau 4, se-

hingga diperoleh himpunan yang lain, maka apakah himpunan-himpunan yang lain terse-

but merupakan system-sistem residu yang tereduksi modulo 5 ?

Teorema 3.7

Ditentukan (a,m) = 1

Jika {x 1 , x 2 , … , x k } adalah suatu system residu modulo m yang lengkap atau tere-

duksi, maka {ax 1 , ax 2 , … , ax k } juga merupakan suatu system residu modulo m

yang lengkap atau tereduksi.

Bukti :

Ditentukan bahwa {x 1 , x 2 , … , x k } adalah suatu system residu modulo m yang

lengkap, maka x i tidak kongruen x j modulo m jika x i x j . Harus dibuktikan bahwa

ax i tidak kongruen ax j modulo m jika i j

Misalkan dari unsur-unsur {ax 1 , ax 2 , … , ax k } terdapat i j sehingga berlaku hu-

bungan ax i ≡ ax j (mod m).

Karena (a,m) = 1 dan ax i ≡ ax j (mod m), maka menurut teorema 3.6 (a), dapat diten-

tukan bahwa x i ≡ x j (mod m), bertentangan dengan ketentuan {x 1 , x 2 , … , x k } me-

rupakan suatu system residu lengkap modulo m. Jadi tentu ax i tidak kongruen ax j

modulo m.

Selanjutnya buktikan jika {x 1 , x 2 , … , x k } adalah suatu system residu modulo m

yang tereduksi.

Contoh 3.13

(a) Himpunan A = {0, 1, 2, 3, 4, 5} adalah merupakan suatu system residu lengkap

modulo 6. Jika masing-masing unsur A dikalikan dengan 5, yang mana (5,6) = 1,

dan setelah dikalikan dimasukkan sebagai unsur himpunan B, maka dapat ditentu-

kan bahwa B = {0, 5, 10, 15, 20, 25}. Himpunan B merupakan suatu system

residu yang lengkap modulo 6 sebab setiap unsur B kongruen dengan satu dan ha-

nya satu y {0, 1, 2, 3, 4, 5}, yaitu :

0 ≡ 0 (mod 6) 10 ≡ 4 (mod 6) 20 ≡ 2 (mod 6)

5 ≡ 5 (mod 6) 15 ≡ 3 (mod 6) 25 ≡ 1 (mod 6)

(b) Himpunan A = {1, 5, 7, 11} adalah merupakan suatu system residu tereduksi mo-

dulo 12. Jika masing-masing unsur A dikalikan dengan 17 dengan (17,12) = 1,

dan setelah dikalikan dimasukkan sebagai unsur himpunan B, maka dapat diten-

tukan bahwa B = {17, 85, 119, 187}. Himpunan B merupakan suatu system residu

tereduksi modulo 12 sebab setiap unsur B relative prima dengan 12, dan tidak ada

sepasang unsur B yang kongruen, yaitu :

(17,12) = (85,12) = (119,12) = (187,12) = 1

17 ≡ 85 (mod 12) 17 ≡ 119 (mod 12) 17 ≡ 187 (mod 12)

85 ≡ 119 (mod 12) 85 ≡ 187 (mod 12) 119 ≡ 187 (mod 12)

Teorema 3.8 (Teorema Euler)

Jika a, m Z dan m > 0 sehingga (a,m) = 1, maka a )(m ≡ 1 (mod m)

Bukti :

Misalkan bahwa {x 1 , x 2 , … , x )(m } adalah suatu system residu tereduksi modulo m

dengan unsur-unsur bilangan bulat positif kurang dari m dan relative prima dengan m,

maka menurut teorema 3.7, karena (a,m) = 1, maka {ax 1 , ax 2 , … , ax )(m } juga

merupakan suatu system residu tereduksi modulo m. Dengan demikian, residu-residu

positif terkecil dari ax 1 , ax 2 , … , ax )(m adalah bilangan-bilangan bulat yang terdapat

pada x 1 , x 2 , … , x )(m dengan urutan tertentu. Akibatnya kita dapat mengalikan

semua suku dari masing-masing system residu tereduksi, sehingga diperoleh :

ax 1 , ax 2 , … , ax )(m ≡ x 1 , x 2 , … , x )(m (mod m)

Dengan demikian dapat ditentukan bahwa :

a )(m x 1 . x 2 … x )(m ≡ x 1 . x 2 … x )(m (mod m)

Selanjutnya, {x 1 , x 2 , … , x )(m } adalah suatu system residu tereduksi modulo m,

maka menurut definisi 3.3, berlaku (x i , m) = 1. Berdasarkan teorema 2.16, karena

(x i , m) = 1, yaitu (x 1 ,m) = ( x 2 , m) = … (x )(m , m) = 1, maka dapat ditentukan

bahwa (x 1 . x 2 … x )(m , m) = 1.

Dari dua keadaan :

a )(m x 1 . x 2 … x )(m ≡ x 1 . x 2 … x )(m (mod m) , dan

(x 1 . x 2 … x )(m , m) = 1

dapat ditentukan berdasarkan teorema 3.6 (a) bahwa :

a )(m ≡ 1 (mod m)

Kita dapat menggunakan teorema Euler untuk mencari inversi modulo m.

Jika a dan m adalah relative prima, maka dapat ditentukan bahwa :

a )(m ≡ 1 (mod m)

Dengan demikian :

a )(m = a. a 1)( m ≡ 1 (mod m)

Jadi a 1)( m adalah inversi dari a modulo m.

Contoh 3.14

Carilah dua digit terakhir lambang bilangan desimal dari 23 500

Soal ini dapat dijawab dengan menyatakan maknanya dalam bentuk lain, yaitu sama

dengan mencari x jika 23 500 ≡ x (mod 100). Kemudian bentuk 23 500 ≡ x (mod 100) dapat

dipecah menjadi 23 500 ≡ x (mod 4) dan 23 500 ≡ x (mod 25).

(a) mencari x dari 23 500 ≡ x (mod 4).

23 ≡ 3 (mod 4), maka 23 2 ≡ 9 (mod 4) ≡ 1 (mod 4), sehingga 23 500 = (23 2 ) 250

Dengan demikian 23 500 = (23 2 ) 250 ≡ 1 250 (mod 4), atau x ≡ 1 (mod 4)

(b) mencari x dari 23 500 ≡ x (mod 25)

23 ≡ -2(mod 25), maka 23 2 ≡ 4(mod 25), 234 ≡ 16(mod 25), 23

8 ≡ 6(mod 25),

2316

≡ 11(mod 25), 2332

≡ -4(mod 25), 2364

≡ 16(mod 25), 23128

≡ 6(mod 25), dan

23256

≡ 11(mod 25)

Dengan demikian 23500

= 23256

.23128

.2364

.2332

.2316

.234 ≡ 11.6.16.(-4).11.16 (mod 25)

≡ (-4).6.(-4).6 (mod 25) ≡ 576 (mod 25) ≡ 1, (mod 25), yaitu

x ≡ 1 (mod 25)

Dari hasil (a) dan (b), yaitu x ≡ 1 (mod 4) dan x ≡ 1 (mod 25), maka berdasarkan pada

teorema 3.6 (b) , x ≡ 1 (mod [4,25]) x ≡ 1 (mod 100)

Jadi 23 500 ≡ 1 (mod 100) , berarti dua digit terakhir lambang bilangan decimal dari 23 500

adalah 01.

Contoh 3.15

Tunjukkan jika (n,7) = 1, n N, maka 7 │ n7 – n

Jawab : Karena (n,7) = 1, maka menurut teorema Euler, n )7( ≡ 1 (mod 7).

Selanjutnya 6)7( , sehingga diperoleh n6

≡ 1 (mod 6) , dan sesuai dengan

definisi 3.1, 7│ n6 – 1 , dan akibatnya, sesuai dengan teorema 2.1, 7│n( n

6 – 1)

atau 7│n7 – 1

Contoh 3.16

Jika bulan ini adalah bulan Mei, maka carilah 23943

bulan lagi adalah bulan apa

Jawab : Permasalahan ini dapat diganti dengan mencari x jika 23943

≡ x (mod 12).

Karena (239,12) = 1, maka menurut teorema Euler, 239 )12( ≡ 1 (mod 12).

Selanjutnya 4)12( , sehingga diperoleh 2394 ≡1 (mod 12).

23943

= (2394)10

.2393 ≡ 1.239

3 (mod 12) ≡ (-1)(-1)(-1) (mod 12) ≡ 11 (mod 12)

Jadi x = 11, dengan demikian 23943

bulan lagi adalah bulan April.

Contoh 3.16

Kongruensi linier ax ≡ b (mod m) dapat diselesaikan dengan menggunakan teorema Euler

sebagai berikut :

ax ≡ b (mod m)

a )(m -1.ax ≡ a )(m -1

.b (mod m)

x ≡ a )(m -1 .b (mod m)

Penyelesian 7x ≡ 3 (mod 12) adalah x ≡ 7 1)12( .3 (mod 12) ≡ 74-1

.3 (mod 12)

≡ 73.3 (mod 12) ≡ 21 (mod 12) ≡ 9 (mod 12).

Teorema 3.9. Teorema Kecil Fermat

Jika p adalah suatu bilangan prima dan p tidak membagi a, maka ap-1

≡ 1 (mod p)

Bukti :

Karena p adalah suatu bilangan prima dan p tidak membagi a, maka (p,a) = 1 (jika

(p,a) 1 yaitu p dan a tidak relative prima, maka p dan a mempunyai factor selain 1

dan p, bertentangan dengan sifat p sebagai bilangan prima).

Selanjutnya, karena (p,a) = 1, maka menurut teorema 3.8, a )( p ≡ 1 (mod p).

p adalah suatu bilangan prima, berarti dari bilangan-bilangan bulat :

0, 1, 2, 3, … , p – 1

yang tidak relative prima dengan p hanya 0 ≡ p (mod p), sehingga :

{1, 2, 3, … , p – 1 }

merupakan system residu tereduksi modulo dengan (p – 1) unsure, dengan demikian:

1)( pp

Karena 1)( pp dan a )( p ≡ 1 (mod p), maka a )( p ≡ 1 (mod p)

Contoh 3.17

Carilah suatu x jika 2250

≡ x (mod 7) dan 0 ≤ x < 7

Jawab :

Karena 7 adalah bilangan prima, (2,7) = 1, dan 617)7( , maka :

2 )7( ≡ 1 (mod 7)

26 ≡ 1 (mod 7)

2250

= (26)41

.24 ≡ 1.2

4 (mod 7) ≡ 16 (mod 7) ≡2 (mod 7)

Jadi : x = 2

Contoh 3.18

Carilah satu digit terakhir lambang bilangan basis 10 dari:

(a) 2500

(b) 7175

Jawab :

Untuk mencari digit terakhir dari lambang bilangan basis 10, permasalahan dapat

dipandang sebagai mencari x jika y ≡ x (mod 10). Karena 2.5 = 10 dan (2,5) = 1,

maka y ≡ x (mod 10) dapat dinyatakan sebagai :

y ≡ x (mod 2) dan y ≡ x (mod 5)

(a) 2 ≡ 0 (mod 2), maka 2500

≡ 0, 2, 4, 6, 8, … (mod 2)

(5) = 4 dan (2,5) = 1, maka 24 ≡ 1(mod 5), sehingga

2500

= (24)125

. 1 (mod 5) ≡ 1, 6, 11, 16, 21, … (mod 5)

Dengan demikian 2500

≡ 6 (mod 2) dan 2500

≡ 6 (mod 5), berarti

2500

≡ 6 (mod 10). Satu digit terakhir lambang bilangan basis 10 dari 2500

ada-

lah 6.

(b) 7 ≡ 1(mod 2), maka 7175

≡ 1, 3, 5, … (mod 2)

(5) = 4 dan (7,5) = 1, maka 74 ≡ 1 (mod 5), sehingga

7175

= (74)43

.73 ≡ 7

3 (mod 5) ≡ 2.2.2 (mod 5) ≡ 8 (mod 5) ≡ 3 (mod 5)

≡ 3, 8, 13, 18, … (mod 5).

Dengan demikian 7175

≡ 3 (mod 2) dan 7175

≡ 3 (mod 5), berarti

7175

≡ 3 (mod 10. Satu digit terakhir lambing bilangan basis 10 dari 7175

ada-

lah 3.

Teorema 3.10

Jika (a,m) = 1, maka hubungan ax ≡ b (mod m) mempunyai selesaian

x = a )(m -1 .b + tm

Bukti :

Dari hubungan ax ≡ b (mod m) , ruas kiri dan kanan perlu dikalikan dengan

suatu factor sehingga koeffisien a menjadi 1. Pilihan factor adalah a )(m -1

sebab sesuai dengan teorema Euler, a )(m -1.a

= a )(m ≡ 1 (mod m).

ax ≡ b (mod m)

a )(m -1 .a x ≡ a )(m -1

. b (mod m)

a )(m x ≡ a )(m -1

. b (mod m)

x ≡ a )(m -1 . b (mod m)

Karena tm ≡ 0 (mod m) untuk setiap bilangan bulat t, maka :

x ≡ ≡ a )(m -1 . b + tm (mod m)

Jadi x = a )(m -1 .b + tm adalah selesaian ax ≡ b (mod m)

Teorema 3.11. Teorema Wilson

Jika p adalah suatu bilangan prima, maka (p – 1)! ≡ -1 (mod p)

Bukti :

Untuk p = 2, kita dapat menentukan bahwa (p – 1)! = 1! = 1 ≡ -1 (mod 2),

dengan demikian teorema benar untuk p = 2.

Untuk p > 2, berdasarkan teorema 3.9 dan teorema 3.10, jika ax ≡ 1 (mod p),

dan (a,p) = 1, maka x ≡ a )(m -1 , a dan x disebut saling inverse modulo p.

Dengan demikian, setiap bilangan a yang memenuhi 1 ≤ a ≤ p – 1, tentu ada a*

yang memenuhi 1 ≤ a* ≤ p – 1, sehingga a.a

* ≡ 1 (mod p).

Perhatikan perkalian bilangan-bilangan:

2.3. … ,(p – 3)(p – 2)

yang dapat dipasang-pasangkan ke dalam (p – 3)/2 pasangan, masing-masing

pasangan mempunyai hasil kali sama dengan 1 modulo p. Hal ini dapat dilaku-

kan karena masing-masing bilangan relative prima dengan p, yaitu (a,p) = 1,

sehingga masing-masing bilangan mempunyai inverse. Akibatnya :

2.3. … ,(p – 3)(p – 2) ≡ 1 (mod p)

sehingga :

(p – 1)! = 1.2.3. … .(p – 3)(p – 2)(p – 1) ≡ 1.1.(p – 1) (mod p)

≡ p – 1 (mod p)

(p – 1)! ≡ – 1 (mod p)

Contoh 3.19

(7 – 1)! = 6! = 1.2.3.4.5.6 = 1.(2.4).(3.5).6 = 1.8.15.6 ≡ 1.1.1.6 (mod 7) ≡ – 1(mod 7)

(13 – 1)! = 12! = 1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12 = 1.(2.7).(3.9).(4.10).(5.8).(6.11).12

= 1.14.27.40.40.66.12 ≡ 1.1.1.1.1.1.12 (mod 13) ≡ – 1 (mod 13)

Teorema 3.13

Jika n adalah suatu bilangan bulat positif sehingga (n – 1)! ≡ – 1 (mod n),

maka n adalah suatu bilangan prima.

Buktikan !

Teorema 3.12 dan teorema 3.13 memberikan petunjuk kepada kita untuk mengguna-

kan teorema-teorema itu dalam pengujian keprimaan suatu bilangan.

Contoh 3.20

(15 – 1)! = 14! = 1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14 = 1.2.(15).4.6.7.8.9.10.11.12.13.14

≡ 0 (mod 15)

(15 – 1)! = 14! tidak kongruen dengan – 1 (mod 15), maka 15 bukan suatu bilangan

prima.

Tugas dan Latihan

Tugas

Carilah suatu buku teori bilangan yang membahas tentang Metode (p – 1) Pollard

Jelaskan Metode Pollard itu untuk apa, dan uraikan secara lengkap.

Berikan paling sedikit satu contoh penggunaan Metode (p – 1) Pollard

Latihan

1. Carilah satu contoh system residu tereduksi modulo 16 yang mempunyai dua

unsure negative.

2. Jelaskan mengapa S = {-9, -33, 37, 67} bukan merupakan system residu tereduksi

modulo 10.

3. Carilah satu contoh system residu A yang lengkap modulo 12. Tambah setiap un-

sur dalam system residu dengan sebarang bilangan kelipatan 12, sehingga dipero-

leh himpunan B. Selidiki apakah B merupakan system residu lengkap modulo 12.

4. Carilah sisanya jika 1135

dibagi 13.

5. Jika hari ini hari Rabu, maka carilah hari apa 97101

hari lagi.

6. Carilah dua digit terakhir lambang bilangan desimal dari 39125

7. Carilah suatu bilangan bulat positif terkecil x jika 61! ≡ x – 1 (mod 71)

8. Carilah suatu bilangan bulat positif terkecil x jika 7x ≡ 9 (mod 20)

Rambu-Rambu Jawaban Tugas Dan Latihan

Rambu-Rambu Jawaban Tugas

Metode (p – 1) Pollard adalah metode untuk mencari suatu factor dari suatu bilangan

bulat n apabila n mempunyai suatu factor prima p sehingga prima-prima yang

membagi p – 1 adalah prima-prima yang relative kecil. Kita ingin (p – 1) hanya

memiliki factor-faktor prima yang kecil sehingga ada suatu bilangan k yang tidak

terlalu besar dan (p – 1) membagi k!

Kita menginginkan (p – 1) membagi k! agar kita dapat dengan mudah menggunakan

teorema kecil Fermat, yaitu 2p-1

≡ 1 (mod p). Karena ditentukan (p – 1) membagi k!,

maka sesuai definisi 2.1, k! = (p – 1)t untuk suatu bilangan bulat t, sehingga :

2k!

= 2(p-1)t

= (2p-1

)t ≡ 1

t (mod p) ≡ 1 (mod p)

dan akibatnya, sesuai dengan definisi 3.1, p│ 2k!

– 1 . Misalkan s adalah residu positif

terkecil dari 2k!

– 1 modulo n, maka 2k!

– 1 ≡ s (mod n), berarti 2k!

– 1 = s + nq untuk

suatu bilangan bulat q, dan s = (2k!

– 1 ) – nq . Selanjutnya, karena n mempunyai

factor prima p, maka p│ n, dan sesuai teorema 2.1, p │ nq. Dengan demikian, dari

keadaan p│ 2k!

– 1 dan p │ nq, sesuai teorema 2.4, diperoleh p│ (2k!

– 1 ) – nq atau

p│ s .

Untuk mencari suatu factor n, kita hanya memerlukan untuk mencari fpb dari s dan n,

misalkan dengan menggunakan algoritma Euclides, dan diperoleh (s,n) = d. Tentu saja

diperlukan s 0 sebab untuk s = 0 akan berakibat d = (s,n) = (0,n) = n

Langkah-langkah menggunakan metode (p – 1) Pollard dimulai dengan mencari 2k!

untuk suatu bilangan bulat positif k. Berikutnya, untuk menhitung sisa positif terkecil

dari 2k!

modulo n, kita tentukan r1 = 2, dan serangkaian hitungan : r2 ≡ r12 (mod n),

r3 = r2

3 (mod n) , … , rk-1

k (mod n).

Sebagai contoh kita akan mencari suatu factor prima dari 689.

r1 = 2, r2 = r12 = 4, r3

= r2

3 = 64, r4 = r3

4 = 16777216 ≡ 66 (mod 689)

Perhatikan (rk – 1, 689) = 1 untuk k = 1, 2, 3, tetapi (r4 – 1, 689) = (65, 689) = 13

(dicari dengan menggunakan algoritma Euclides). Dengan demikian suatu factor

prima dari 689 adalah 13.

Rambu-Rambu Jawaban Latihan

1. Suatu contoh system residu tereduksi modulo 16 adalah A = {1,3,5,7,9,11,13,15}.

Jika unsure-unsur A ditambah atau dikurangi dengan kelipatan 16 sehingga dipero-

leh himpunan B, maka B juga merupakan suatu system residu tereduksi modulo 16

Tiga contoh system residu tereduksi modulo 16 dengan dua unsure negative adalah

{-15,-29,5,7,9,11,13,15}, {1,3,5,-41,9,-5,13,15} dan {1,3,5,7,-71,11,13,-1}

2. S = {-9,-33,37,67} bukan merupakan system residu tereduksi modulo 10 sebab

-33 ≡ 37 (mod 10), -33 ≡ 67 (mod 10), dan atau 37 ≡ 67 (mod 10)

3. A = {1,5,7,11} dan B = {13,29,67,131}

B merupakan suatu system residu tereduksi modulo 12 karena (13,12) = (29,12) =

(67,12) = (131,12) = 1 dan tidak ada satupun sepasang unsure B yang kongruen.

4. Kita harus mencari x dari 1135

≡ x (mod 13)

Karena (11,13) = 1, maka dan (13) = 12, maka menurut teorema kecil Fermat,

kita dapat menentukan bahwa 1112

≡ 1 (mod 13).

1135

= (1112

)2.11

11 ≡ 11

11 (mod 13) ≡ (-2)

11 (mod 13) ≡ 4.4.4.4.4.11 (mod 13)

≡ 3.3.5 (mod 13) ≡ 6 (mod 13)

Jadi x = 6

5. Kita harus mencari x dari 97101

≡ x (mod 7)

(97,7) = 1, maka 976 ≡ 1 (mod 7)

97101

= (976)6.97

5 ≡ 97

5 (mod 7) ≡ 97.97.97.97.97 (mod 7) ≡ 6 (mod 7)

Jadi 97101

hari lagi adalah hari Selasa

6. (39,25) = 1, maka menurut teorema Euler, 39 )25( ≡ 1 (mod 25) atau

3920

≡ 1 (mod 25)

39125

= (3920

)6.39

5 ≡ 39

5 (mod 25) ≡ 14

5 (mod 25) ≡ 4 (mod 25)

(39,4) = 1, maka menurut teorema Euler, 39 )4( ≡ 1 (mod 4), 392 ≡1 (mod 4)

39125

= (392)62

.39 ≡ 3 (mod 4)

Selanjutnya dari :

39125

≡ 4 (mod 25) ≡ 4,29,54,79 (mod 25) dan

39125

≡ 3 (mod 4) ≡ 3,7,11,15,19,23,27,31,35,39,43,47,51,55,59,63,67,71,

75,79,83,87,91,95,99 (mod 4)

dapat ditentukan bahwa 39125

≡ 79 (mod 100)

Jadi dua digit terakhir lambing bilangan decimal 39125

adalah 79

7. Karena 71 adalah suatu bilangan prima, maka menurut teorema Wilson,

(71 – 1)! = 70! ≡ – 1 (mod 71)

(61!).62.63.64.65.66.67.68.69.70.71 ≡ – 1 (mod 71)

(61!)(-9)(-8)(-7)(-6)(-5)(-4)(-3)(-2)(-1) ≡ – 1 (mod 71)

(61!)(72)(-72)(70) ≡ – 1 (mod 71)

61! ≡ – 1 (mod 71)

61! ≡ – 1 (mod 71) dan 61! ≡ x – 1 (mod 71), maka x – 1 ≡ – 1 (mod 71),

atau x ≡ 0 (mod 71) ≡ 0, 71, 142, 213, … (mod 71)

Karena x yang dicari adalah yang terkecil, maka x = 71.

8. 7x ≡ 9 (mod 20), maka x = 7 1)20( .9 ≡ 78-1

.9 (mod 20) ≡ 77.9 (mod 20)

≡ 49.49.49.7.9 (mod 20)

≡ (9)(9)(9).63 (mod 20)

≡ 9.3 (mod 20)

≡ 7 (mod 20)

Jadi x ≡ 7 (mod 20)

Rangkuman

Secara keseluruhan, bagian-bagian utama yang perlu diperhatikan dalam Kegiatan

Belajar 2 adalah Definisi dan Teorema, yaitu:

1. Definisi 3.2 tentang system residu yang lengkap modulo m

2. Definisi 3.3 tentang system residu tereduksi modulo m

3. Definisi 3.4 tentang fungsi -Euler

5. Teorema-Teorema :

3.7. Jika (a,m) = 1 sedemikian hingga {x 1 , x 2 , … , x k } adalah suatu system residu

yang lengkap atau tereduksi, maka {ax 1 , ax 2 , … , ax k } juga merupakan sis-

tem residu yang lengkap atau tereduksi modulo m.

3.8. Teorema Euler

Jika a, m Z dan m > 0 sehingga (a,m) = 1, maka a )(m ≡ 1 (mod m)

3.9. Teorema Kecil Fermat

Jika p adalah suatu bilangan prima dan p tidak membagi a, maka

ap-1

≡ 1 (mod p)

3.10. Jika (a,m) = 1, maka hubungan ax ≡ b (mod m) mempunyai selesaian

x = a )(m -1 .b + tm

3.11.Teorema Wilson

Jika p adalah suatu bilangan prima, maka (p – 1)! ≡ -1 (mod p)

Tes Formatif 2

1. Skor 10

Carilah suatu x jika 5x ≡ 7 (mod 23)

2. Skor 10

Tunjukkan jika n adalah suatu bilangan komposit dan n 4 , maka

(n – 1) ! ≡ 0 (mod n)

3. Skor 10

Tunjukkan jika p adalah suatu bilangan prima ganjil, maka

2(p – 3)! ≡ – 1 (mod p)

4. Skor 10

Tunjukkan jika n adalah suatu bilangan ganjil dan n tidak membagi tiga, maka

n2 ≡ 1 (mod 24)

5. Skor 10

Tunjukkan jika p dan q adalah bilangan-bilangan prima yang berbeda, maka

pq-1

+ qp-1

≡ 1 (mod pq)

6. Skor 10

Tunjukkan jika p adalah suatu bilangan prima ganjil, maka

123

2 … (p – 4)

2(p – 2)

2 ≡ (-1)

(p+1)/2(mod p)

7. Skor 10

Tunjukkan jika p adalah suatu bilangan prima ganjil dan p ≡ 3(mod 4), maka

((p – 1)/2)! ≡ 1(mod p)

8. Skor 20

Carilah bilangan-bilangan bulat positif n jika n4 + 4

n adalah bilangan prima

9. Skor 10

Tunjukkan jika p adalah suatu bilangan prima dan a adalah suatu bilangan bulat,

maka p │ (ap + (p – 1)!a)

Rambu-Rambu Jawaban Tes Formatif

Tes Formatif 1

1. (a) B (f) B

(b) B (g) B

(c) B (h) B

(d) B (i) S

(e) S (j) B

2. (a) 282

≡ 84 (mod 100) , 284

≡ 56 (mod 100) , 288

≡ 36 (mod 100),

2816

≡ 96 (mod 100) , 2832

≡ 16 (mod 100) , 2864

≡ 56 (mod 100)

2875

= 2864

.288.28

2.28 ≡ 56.36.84.28 (mod 10) ≡ 32(mod 100)

Dua digit terakhir lambang bilangan desimal 2875

adalah 32

(b) 232 ≡ 529 (mod 1000) , 23

3 ≡ 167 (mod 1000) , 23

6 ≡ 889 (mod 1000) ,

2312

≡ 321 (mod 1000) , 2324

≡ 041 (mod 1000) , 2348

≡ 681 (mod 1000) ,

2395

= 2348

.2324

.2312

.236.23

3.23

2

≡ 681.41.321.889.167.529 (mod 1000)

≡ 207 (mod 1000)

Tiga digit terakhir lambang bilangan desimal 2395

adalah 207

3. Perhatikan bahwa 13 + 2

3 + … + (n – 1)

3 ≡ [(n – 1)n]

2 / 4

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

[(n – 1)]2 / 4 adalah suatu bilangan bulat, berarti [(n – 1)n]

2 / 4 ≡ 0 (mod n), dan

jika n adalah kelipatan 4, misalkan n = 4k, maka [(n – 1)n]2 / 4 = [(4k – 1)4k]

2 / 4

= 4k2(4k – 1) = 4k(4k

2 – k) = n(4k

2 – k) ≡ 0 (mod n).

Jika n adalah suatu bilangan bulat genap tetapi bukan kelipatan 4, maka n = 2k

dimana k adalah suatu bilangan bulat ganjil, dan (n – 1) adalah suatu bilangan bu-

lat ganjil . Dengan demikian [(n – 1)n]2 / 4 = [(n – 1)2k]

2 / 4 = [(n – 1)k]

2 merupa-

kan bilangan bulat ganjil karena diperoleh dari kuadrat (n – 1)k yang ganjil (sebab

(n – 1) dan k keduanya merupakan bilangan-bilangan ganjil, berarti tidak mungkin

kongruen dengan 0 modulo n (n adalah suatu bilangan bulat genap).

4. n = 1 memenuhi hubungan sebab 5 = 51 = 1 + 4(1) ≡ 1 + 4.1 (mod 16).

Misalkan hubungan berlaku untuk n = k, yaitu 5k ≡ 1 + 4k (mod 16), harus dibuk-

tikan hubungan berlaku untuk n = k + 1, yaitu 5k+1

≡ 1 + 4(k + 1) (mod 16)

5k+1

= 5k.5 ≡ 5(1 + 4k) (mod 16) ≡ 1 + 4(k + 1)(mod 16).

5. (a) n! = 1.2.3…n ≡ 0(mod 7) jika n ≥ 7.

Karena 1! ≡ 1 (mod 7), 2! ≡ 2 (mod 7), 3! ≡ 6 (mod 7), 4! ≡ 3 (mod 7),

5! ≡ 1 (mod 7), 6! ≡ 6 (mod 7), maka 1! + 2! + 3! + 4! + 5! + 6! + 7! + …

+ 100! ≡ 1! + 2! + 3! + 4! + 5! + 6! (mod 7) ≡ 1 + 2 + 6 + 3 + 1 + 6 (mod 7)

≡ 5 (mod 7)

(b) n! = 1.2.3…n ≡ 0(mod 25) jika n ≥ 10

1! + 2! + 3! + 4! + 5! + 6! + 7! + … + 100! ≡ 1! + 2! + 3! + … + 9! (mod 25)

≡ 1 + 2 + 6 + 24 + 20 + 20 + 15 + 20 + 5 (mod 25) ≡ 13 (mod 25).

6.(a) Jika secara berurutan kita kerjakan, maka dapat kita cari bahwa:

1! ≡ 1 (mod 7), 2! ≡ 2 (mod 7), 3! ≡ 6 (mod 7), 4! ≡ 3 (mod 7), 5! ≡ 1 (mod 7),

sehingga 6! ≡ 6 (mod 7),

(b) 1! ≡ 1 (mod 13), 2! ≡ 2 (mod 13), 3! ≡ 6 (mod 13), 4! ≡ 11 (mod 13),

51! ≡ 5.11 (mod 13) ≡ 3 (mod 13), 6! ≡ 6.3 (mod 13) ≡ 5 (mod 13),

7! ≡ 7.5 (mod 13) ≡ 9 (mod 13), 8! ≡ 8.9 (mod 13) ≡ 7 (mod 13),

9! ≡ 9.7 (mod 13) ≡ 11 (mod 13), 10! ≡ 10.11 (mod 13) ≡ 6 (mod 7),

11! ≡ 11.6 (mod 13) ≡ 1 (mod 13), 12! ≡ 12.1 (mod 13) ≡ 12 (mod 7).

(c) Kerjakan seperti (a) dan (b), diperoleh 18! ≡ 18 (mod 19)

(d) Kerjakan seperti (a) dan (b), diperoleh 22! ≡ 22 (mod 19)

Dari hasil-hasil (a), (b), (c), dan (d) dapat diduga adanya suatu teorema :

Jika p adalah suatu bilangan prima, maka (p – 1)! ≡ – 1 (mod p)

Tes Formatif 2

1. 5x ≡ 7 (mod 23), maka x ≡ 521

.7 (mod 23) ≡ (52)10

.5.7 (mod 23) ≡ 210

.12 (mod 23)

≡ 25.2

5.12 (mod 23) ≡ 9.9.12 (mod 23) ≡ 6 (mod 23)

2. Jika n adalah suatu bilangan komposit, maka n mempunyai facktor f yang kurang

dari n dengan 1 < n/f < n . Dengan demikian faktor f dan n/f keduanya muncul

di antara faktor-faktor (n – 1)! = 1.2.3. … .(n – 1). Jika f n/f, maka n│ (n – 1)!

Karena f dan n/f adalah faktor-faktor (n – 1)! , berarti (n – 1)! ≡ 0 (mod n).

Jika f = n/f , maka f.f = f.(n/f) = n, atau f2 = n. Karena 2f < n, maka 2f

2 = 2n meru-

kan factor dari (n – 1)!, berarti (n – 1)! ≡ 0 (mod n)

3. Diketahui bahwa p adalah suatu bilangan prima ganjil, maka menurut teorema

Wilson, (p – 1)! ≡ – 1 (mod p), berarti (p – 1)(p -2)(p – 3)! ≡ – 1 (mod p) atau

(-1)(-2)(p – 3)! ≡ – 1 (mod p). Jadi 2(p – 1)! ≡ – 1 (mod p)

4. Karena n tidak membagi 3, maka (3,n) = 1, sehingga n2 ≡ 1 (mod 3), atau

3 │ n2 – 1 . Selanjutnya diketahui bahwa n adalah suatu bilangan ganjil, maka

n = 2t + 1 untuk suatu bilangan bulat t. Dengan demikian n2 – 1 = (2t + 1)

2 – 1

atau n2 – 1 = 4(t

2 + t) = 4t(t + 1). Karena t dan t

2 harus berparitas sama, yaitu

keduanya genap atau keduanya ganjil, maka n2 – 1 = 4t(t + 1) = 8r, atau

8│ n2 – 1. Karena 3│ n

2 – 1 , 8│ n

2 – 1 , dan (3,8) = 1, maka 3.8 = 24 │ n

2 – 1,

berarti n2 ≡ – 1 (mod 24).

5. Karena (p,q) = 1, maka sesuai dengan teorema kecil Fermat, pq-1

≡ 1 (mod q)

dan qp-1

≡ 1 (mod p). Akibatnya, pq-1

+ qp-1

≡ 1 (mod q) dan qp-1

+ pq-1

≡ 1(mod p)

Dengan demikian, sesuai dengan teorema 3.6 (b), pq-1

+ qp-1

≡ 1 (mod pq)

6. 123

2 … (p – 4)

2(p – 2)

2 ≡ (-1)

(p-1)/2 .1.(-1).2.(-2). … .(p – 4)(4 – p).(p – 2)(2 – p)

≡ (-1)(p-1)/2

1.(p – 1).2.(p – 2) … (p – 4).4.2 ≡ (-1)(p-1)/2

.(p – 1)! ≡ (-1)(p-1)/2

(-1)

≡ (-1)(p+1)/2

(mod p)

7. p adalah suatu bilangan prima, maka: p – 1 ≡ – 1 (mod p), p – 2 ≡ –2 (mod p),

p – 3 ≡ – 3 (mod p), … , (p + 1)/2 ≡ (p – 1)/2 (mod p). Dengan demikian dapat

ditentukan bahwa 2)!2

1(

p≡ – 1 (p – 1)! ≡ 1 (mod p)

Jika k = )!2

1(

p, maka k

2 ≡ 1 (mod p), yaitu p │ k

2 – 1 , p │(k – 1)(k + 1),

berarti k ≡ 1 (mod p), atau )!2

1(

p ≡ 1 (mod p)

8. Jika n adalah suatu bilangan bulat genap, maka n4 + 4

n adalah suatu bilangan genap

positif dan lebih dari 2 sehingga tentu n adalah bukan suatu bilangan prima. Jika n

adalah suatu bilangan bulat positif ganjil, maka :

perhatikan bahwa n4 + 4

n = n

4 + 2n

22

n + 2

2n – 2n

22

n = (n

2 + 2

n)2 – (n.2

(n+1)/2)2

= (n2 + 2

n + n.2

(n+1)/2)(n

2 + 2

n - n.2

(n+1)/2 )

Jika n > 1, maka masing-masing factor n4 + 4

n adalah lebih dari 1, sehingga jelas

bahwa n4 + 4

n bukan merupakan suatu bilangan prima. Jadi n = 1, sehingga dapat

ditentukan bahwa n4 + 4

n = 1

4 + 4

n = 1 + 4 = 5.

9. Diketahui p adalah suatu bilangan prima, maka sesuai dengan teorema kecil Fermat

dapat ditentukan bahwa ap-1

≡ 1 (mod p), atau ap ≡ a (mod p) untuk setiap bilang-

an bulat a , dan sesuai dengan teorema Wilson, (p – 1)! ≡ – 1 (mod p) atau

(p – 1)! a ≡ – a (mod p) . Akibatnya, ap + (p – 1)! a ≡ a + (-a) (mod p) ≡ 0 (mod p),

dengan demikian p│ ap + (p – 1)!a.

Daftar Kepustakaan

Niven, I., Zuckerman, H.S., & Montgomery, H.L. (1995). An Introduction to The The-

Ory of Numbers. New York : John Wiley & Sons.

Redmond, D. (1996). Number Theory. New York : Marcel Dekker.

Rosen, K.H. (1993). Elementary Number Theory and Its Applications. Massachusetts:

Addison-Wesley.