Induksi Dan Bilangan Bulat - Repository UNIKOM

  Oleh: Sri Supatmi,S.Kom

   Metode pembuktian untuk pernyataan perihal bilangan bulat adalah induksi matematik.

   Cara pembuktian induksi matematik

   Untuk membuktikan pernyataan ini, kita hanya perlu menunjukkan bahwa:

  1. p(a) benar , dan

• 2.

  Langkah ini disebut basis induksi

  untuk semua bilangan bulat positif n  a, jika p(n) benar maka p(n + 1) juga benar.

  Langkah ini disebut langkah induksi

• Langkah induksi berisi asumsi (andaian) yang menyatakan
• bahwa p(n) dan p(n+1) benar. Asumsi tersebut dinamakan

  hipotesis induksi.   1.

  Bila sudah ditunjukkan bahwa kedua langkah tersebut benar maka sudah terbukti bahwa p(n) benar untuk semua bilangan bulat positif n.

  _{2 } ganjil positif pertama adalah n . Penyelesaian: ₂ Deret bil ganjil positif: 1+3+5+…+(2n-1) = n

  

(i) Basis induksi: Untuk n = 1, jumlah satu buah bilangan ganjil positif pertama

₂

adalah 1 = 1. Ini benar karena jumlah satu buah bilangan ganjil positif pertama

adalah 1.

   (ii) Langkah induksi: Andaikan untuk n  1 pernyataan ₂ p(n) 1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) = n  adalah benar (hipotesis induksi) [catatlah bahwa bilangan ganjil positif ke-n adalah (2n – 1)].

  Kita harus memperlihatkan bahwa  p(n+1) ₂ [1 + 3 + 5 + … + (2n – 1)] + (2n + 1) = (n + 1) juga benar.

  Hal ini dapat kita tunjukkan sebagai berikut: ₂ [1 + 3 + 5 + … + (2n – 1)] + (2n + 1) = n + (2n + 1) ₂

  

= n + 2n + 1

_{2 } = (n + 1) Karena langkah basis dan langkah induksi keduanya telah diperlihatkann benar, ₂ maka jumlah n buah bilangan ganjil positif pertama adalah n .

   Untuk semua bilangan bulat tidak-negatif n, buktikan dengan induksi matematik _{1 2 n n+1 } bahwa 2 + 2 + 2 + … + 2 = 2 - 1 Penyelesaian:

  (i) Basis induksi. Untuk n = 0 (bilangan bulat tidak negatif pertama), kita peroleh: ₀₊₁ 2 = 2 - 1. ₀₊₁

₁

Ini jelas benar, sebab 2 = 1 = 2 -1 = 2 – 1 = 2 – 1 = 1 (ii) Langkah induksi. Andaikan bahwa untuk semua bilangan bulat tidak-negatif p(n),  _{1 2 n n+1}

  2 + 2 + 2 + … + 2 = 2 - 1 adalah benar (hipotesis induksi). Kita harus menunjukkan bahwa p(n+1) untuk _{1 2 n] n+1 (n+1) + 1} [2 + 2 + 2 + … + 2 + 2 = 2 – 1 juga benar. _{1 2 n n+1} Ini kita tunjukkan sebagai berikut: (2 + 2 + 2 + … + 2 )+ 2 _{1 2 n n+1} = (2 + 2 + 2 + … + 2 ) + 2 _{n+1 n+1} = (2 - 1) + 2 (dari hipotesis induksi) _{n+1 n+1} = (2 + 2 ) - 1 _n+1 = (2 . 2 ) - 1 _n+2 = 2 - 1 _{(n+1) + 1} = 2 - 1

   Karena langkah 1 dan 2 keduanya telah diperlihatkan benar, maka untuk semua _{1 2 n n+1} bilangan bulat tidak-negatif n, terbukti bahwa 2 + 2 + 2 + … + 2 = 2 - 1

  

1.Misalkan g = {(1,b),(2,c),(3,a)} adalah fungsi dari A ={1,2,3} dan

B={a,b,c,d} dan f={(a,x),(b,y),(c,w),(d,z)} adalah fungsi dari B ke C ={w,x,y,z}.

  a.

  Tuliskan fog sebagai himpunan pasangan terurut.

  b.

  Apakan fungsi fog termasuk injektif, surjektif atau bijektif?

  2. Buktikan melalui induksi matematik untuk soal berikut:

n n ( 1)( n 2)

    a .1(2) 2(3) ... n n ( 1) untuk semua n

  1      

  

3

  1

  1

  1 1 n b . ... untuk semua n

  1       1(2) 2(3) 3(4) n n ( 1) n

  1

 

_{2 2 2}

_{2  }

n (2 n 1)(2 n 1) c .1 3 5 ... (2 n 1) untuk semua n

  1        _{n  1}

  3 _{2 n } 1 a d .(1 a ) a ... a untuk semua n

  1       1 a

   _{n  1} 3(5 1) _{2 n}  e .3

  3.5 3.5 ... 3.5 untuk semua n      

  4

  Oleh: Sri Supatmi,S.Kom

  

  Bilangan bulat adalah bilangan yang tidak mempunyai pecahan desimal, misalnya 8, 21, 8765, -34, 0

  

  Berlawanan dengan bilangan bulat adalah bilangan riil yang mempunyai titik desimal, seperti 8.0, 34.25, 0.02.

  

  Sifat Pembagian Bilangan Bulat Misalkan a dan b adalah dua buah bilangan bulat dengan

• syarat a  0. Kita menyatakan bahwa a habis membagi b (“b kelipatan a”)
• jika terdapat bilangan bulat c sedemikian sehingga b = ac. Notasi: a | b jika b = ac, c  Z dan a  0.
• (Z = himpunan bilangan bulat) Contoh: 4 | 12 karena 12/4 = 3 (bilangan bulat) atau 12 = 4 
>3. Tetapi 4 | 13 karena 13 : 4 = 3.25 (bukan bilangan bul

  

  Algoritma Euclidean adalah algoritma untuk mencari Pembagi Bersama terbesar (PBB) dari dua buah bilangan bulat.

   TEOREMA 1. Misalkan m dan n adalah dua buah bilangan bulat

  dengan syarat n > 0. Jika m dibagi dengan n maka terdapat dua buah bilangan bulat unik q (quotient/hasil bagi) dan r

  (remainder/sisa bagi), sedemikian sehingga m = nq + r dengan .

  0  r < n 

  Contoh: 1. 101 dibagi dengan 24 memberikan hasil bagi 4 dan sisa 5 : berarti m=101; n=24; q = 4 dan r = 5 Sehingga jika dituliskan dengan teorema Euclidean : 101 = 24.4 + 5 2. –22 dibagi dengan 3 memberikan hasil bagi –8 dan sisa 2 :

  Sehingga jika dituliskan dengan teorema Euclidean :

• –22 = 3(–8) + 2 tetapi –22 = 3(–7) – 1 salah karena r = –1 tidak memenuhi syarat 0  r < n.

    Algoritma Euclidean procedure Euclidean(input m, n : integer, output PBB : integer)

  1. Jika n = 0 maka { Mencari PBB(m, n) dengan syarat m adalah PBB(m, n); m dan n bilangan tak-negatif dan m  n stop.

  Masukan: m dan n, m  n dan m, n  0 Keluaran: PBB(m, n) tetapi jika n  0, } lanjutkan ke langkah 2 Deklarasi r : integer  

  2.Bagilah m dengan n dan Algoritma: misalkan r adalah sisanya. while n  0 do rm mod n

  3. Ganti nilai m dengan nilai n mn dan nilai n dengan nilai r, lalu

nr

ulang kembali ke langkah 1. endwhile { n = 0, maka PBB(m,n) = m }   PBBm

   Contoh 4. m = 80, n = 12 dan dipenuhi syarat m  n

    

  Sisa pembagian terakhir sebelum 0 adalah 4, maka PBB(80, 12) = 4.

  . m q n r  

   Misalkan a dan b adalah dua buah bilangan bulat tidak nol. 

  Pembagi bersama terbesar (PBB – greatest common divisor atau gcd) dari a dan b adalah bilangan bulat terbesar d sedemikian sehingga d | a dan d | b.

   Dalam hal ini kita nyatakan bahwa PBB(a, b) = d. 

  Contoh

  Faktor pembagi 45: 1, 3, 5, 9, 15, 45;

• Faktor pembagi 36: 1, 2, 3, 4, 9, 12, 18, 36;
• Faktor pembagi bersama dari 45 dan 36 adalah 1, 3, 9
>PBB(45, 36)

   Teorema 2. Misalkan m dan n adalah dua buah bilangan bulat

  dengan syarat n > 0 sedemikian sehingga m = nq + r , 0  r < n, maka PBB(m,n) = PBB(n, r)

  

  Jadi, PBB dari m dan n adalah sisa terakhir yang tidak nol dari runtunan pembagian tersebut

   Contoh 3: m = 60, n = 18, q

• 60 = 18  3 + 12 r0
• 18 = 12.1 + 6 r1
>maka PBB(60, 18) = PBB(18, 12)

   PBB dua buah bilangan bulat a dan b dapat dinyatakan sebagai kombinasi lanjar (linear combination) a dan b dengan dengan koefisien-koefisennya. _ Teorema 3. Misalkan a dan b adalah dua buah bilangan bulat positif, maka terdapat bilangan bulat m dan n sedemikian sehingga PBB(a, b) = ma + nb. _ Misalnya PBB(80, 12) = 4 , dan 4 = (-1)  80 + 7  12.

  80 = 6.12 + 8 …(i) 12 = 1.8 + 4 …(ii) Pada (ii) 4 = 12 + (-1).8 Pada (i) 8 = 80 + (-6).12 Substitusikan (i) ke (ii) maka 4 = 12 + (-1)(80+(-6).12) 4 = 1.12+ 6.12 + (-1)(80)

  4 = 7.12 + (-1)(80) 4 = (-1)(80) + 7.12 _ Contoh . Nyatakan PBB(60, 18) = 6 sebagai kombinasi lanjar dari 60 dan 18. _ Penyelesaian : 60 = 3.18 + 6 18 = 3.6 + 0 6 = 60 + (-3).18 Sehingga

  PBB(60, 18) = 6 = 60 + (-3).18

  

  Dua buah bilangan bulat a dan b dikatakan relatif prima jika PBB(a, b) = 1.

  

  Jika a dan b relatif prima, maka terdapat bilangan bulat m dan n sedemikian sehingga ma + nb = 1

    

  Contoh

  Bilangan 20 dan 3 adalah relatif prima karena PBB(20, 3) =1, atau dapat ditulis 2 . 20 + (–13) . 3 = 1 dengan m = 2 dan n = –13. atau

  Faktor pembagi 20: 1, 2,4, 5,10,20;

• Faktor pembagi 3: 1, 3
• Faktor pembagi bersama dari 20 dan 3 adalah 1
• Sehingga PBB(45, 36) = 9.
• Tetapi 20 dan 5 tidak relatif prima karena PBB(20, 5) = 5  1 sehingga 20 dan 5 tidak dapat dinyatakan dalam m . 20 + n . 5 = 1.

   

   Misalkan a adalah bilangan bulat dan m adalah bilangan bulat > 0. 

  Operasi a mod m (dibaca “a modulo m”) memberikan sisa jika a dibagi dengan m.

   Notasi: a mod m = r sedemikian sehingga a = mq + r, dengan 0  r < m.

   Bilangan m disebut modulus atau modulo, dan hasil aritmetika modulo m terletak di dalam himpunan {0, 1, 2, …, m – 1}

   Beberapa hasil operasi dengan operator modulo: (i) 23 mod 5 = 3

  (23 = 5  4 + 3) (ii) 27 mod 3 = 0 (27 = 3  9 + 0) (iii) 6 mod 8 = 6 (6 = 8  0 + 6) (iv) 0 mod 12 = 0 (0 = 12  0 + 0) (v) – 41 mod 9 = 4 (–41 = 9 (–5) + 4)

  (vi) – 39 mod 13 = 0 (–39 = 13(–3) + 0) 

   Penjelasan untuk (v):  Karena a negatif, bagi |a| dengan m mendapatkan sisa r’.  Maka a mod m = m – r’ bila r’  0. 

  Jadi r =|– 41| mod 9 = 5, sehingga -41 mod 9 = 9 – 5 = 4

   (a) Misalkan m = –101 dan n = 11.

  Nyatakan m dan n dalam m = nq + r  –101 = 11 q + r

  Cara lain:

  r = –101 mod 11

  q = -101 div 11 = -10 = 11 – (|–101| mod 11)

• 101=11.q + r = 11 – 2
• 101=11.(-10) + r = 9
• 101=-110+r
• –111 = 11 q + 9 r = -111+110 = 9

  q

  = (–101 – 9)  11 Sehingga = –10 -101 = 11.(-10) + 9

• –101= 11 (–11) + 10

  

  (b) Berapa –101 mod 13?

• –101 mod 13 = 13 – (|–101| mod 13)

  = 13 – 10 r = 3 Misalkan a dan b adalah bilangan bulat dan m adalah bilangan

   > 0, maka a  b (mod m) jika m habis membagi a – b.

  Jika a tidak kongruen dengan b dalam modulus m, maka

   ditulis a / b (mod m) yaitu m tidak habis membagi a-b.

  dapat pula dituliskan dalam

  

Kekongruenan a  b (mod m)

  hubungan a = b + km yang dalam hal ini k adalah bilangan bulat.

  Sehingga  a-b = km atau a  b (mod m)

  

  17  2 (mod 3) 

  ( 3 habis membagi 17 – 2 = 15)

  

   (11 habis membagi –7 – 15 = –22)

• –7  15 (mod 11)

  

  12 / 2 (mod 7) 

  (7 tidak habis membagi 12 – 2 = 10 )

  

   (3 tidak habis membagi –7 – 15 = –22)

• –7 / 15 (mod 3)

  

  Berdasarkan definisi aritmetika modulo, kita dapat menuliskan a mod m = r sebagai

  a  r (mod m) 

  Beberapa hasil operasi dengan operator modulo berikut: (i) 23 mod 5 = 3 dapat ditulis sebagai 23  3 (mod 5) (ii) 27 mod 3 = 0 dapat ditulis sebagai 27  0 (mod 3) (iii) 6 mod 8 = 6 dapat ditulis sebagai 6  6 (mod 8) (iv) 0 mod 12 = 0 dapat ditulis sebagai 0  0 (mod 12) (v) – 41 mod 9 = 4 dapat ditulis sebagai –41  4 (mod 9) (vi) – 39 mod 13 = 0 dapat ditulis sebagai – 39  0 (mod 13)

   Misalkan m adalah bilangan bulat positif.

  1. Jika a  b (mod m) dan c adalah sembarang bilangan bulat maka (i) (a + c)  (b + c) (mod m) (ii) ac  bc (mod m) (iii) a ^p

   b ^p (mod m) untuk suatu bilangan bulat tak negatif p.

  (i) (a + c)  (b + d) (mod m) (ii) ac  bd (mod m)

   Jika a dan m relatif prima dan m > 1, maka kita dapat menemukan balikan (invers) dari a modulo m.

  

Balikan dari a modulo m adalah bilangan bulat sedemikian sehingga

a  1 (mod m)

  Contoh: Tentukan balikan dari 4 (mod 9) Penyelesaian: Karena PBB(4, 9) = 1, maka balikan dari 4 (mod 9) ada.

  Dari algoritma Euclidean diperoleh bahwa  9 = 2  4 + 1  Susun persamaan di atas menjadi  –2  4 + 1  9 = 1 Dari persamaan terakhir ini kita peroleh –2 adalah balikan dari 4 modulo 9.

  Periksalah bahwa

• –2  4  1 (mod 9) (9 habis membagi –2  4 – 1 = –9)

  

  Kekongruenan lanjar adalah kongruen yang berbentuk ax  b (mod m) dengan m adalah bilangan bulat positif, a dan b sembarang bilangan bulat, dan x adalah peubah bilangan bulat.

  

  Nilai-nilai x dicari sebagai berikut: ax = b + km yang dapat disusun menjadi

  b km  x

   a

  dengan k adalah sembarang bilangan bulat. Cobakan untuk k = 0, 1, 2, … dan k = –1, –2, … yang menghasilkan x sebagai bilangan bulat.

  1.Cari bilangan bulat q dan r sehingga m = n.q +r a. m = 63, n = 7 b. m = -215, n = 8 c. m = 78, n = 5 d. m = -107, n = 6

  2. Perhatikan bahwa jika dan c adalah sembarang bilangan bulat, maka ?

  3. Misalkan m,n, dan c adalah bilangan bulat. Tunjukkan bahwa c adalah pembagi bersama terbesar dari m dan n, maka c| (m-n) ?

  (mod ) a b m  (mod ) a c b c m   