BAB II
KETERBAGIAN
2.1 Keterbagian Dalam Bilangan Bulat
Sifat-sifat yang berkaitan dengan keterbagian telah dipelajari oleh Euclid 350
SM (Niven, 1999:4). Pengembangan selanjutnya telah banyak dikembangkan oleh
beberapa ahli matematika yang lain, misalnya yang berkaitan dengan bilangan
komposit, perkalian dalam usaha untuk mengembangkan teori bilangan.
Karena
pentingnya sifat keterbagian maka akibatnya konsep tersebut sering muncul dalam
Aljabar Modern dan Struktur Aljabar (Muhsetyo, 1994:18)
Definisi 2.1
Suatu bilangan bulat x dikatakan habis dibagi oleh suatu bilangan
bulat y ≠ 0, jika terdapat satu bilangan bulat p sedemikian sehingga x =
py. Jika hal ini dipenuhi maka y dikatakan membagi x dan dinotasikan
dengan y │ x yang dapat diartikan sebagai y adalah faktor (pembagi) x,
atau x adalah kelipatan y. Jika y tidak membagi x dinotasikan dengan y ┼
x.
Contoh :
1) 3 │12, sebab ada bilangan bulat 4 sedemikian sehingga 12 = (4) 3.
2) 3 │-30, sebab ada bilangan bulat -10 sedemikian sehingga
–30 = (-10)3.
3) –6 │ 42, karena ada bilangan bulat 7 sedemikian sehingga
42 = (7)-6
4) –5 │-25, karena ada bilangan bulat 5 sedemikian sehingga
–25 = (5)-5
5) 3 ┼ 5 karena tidak ada bilangan bulat x sedemikian sehingga
5 = (x) 3
6) 4 ┼ 9 karena tidak ada bilangan bulat y sedemikian sehingga
9 = (y) 4
7) –2 ┼ 11 karena tidak ada bilangan bulat z sedemikian sehingga
11 = (z)-2.
8) 7 │7 karena ada bilangan bulat 1 sedemikian sehingga 7 = (1) 7.
Jika y │ x dan 0 < y < x, maka y disebut pembagi murni dari x. Notas ak ║ x
tetapi ak+1 ┼ x. Berdasarkan definisi 1 diatas selanjutnya pembagian dalam Z dapat
dilakukan tanpa memperluas Z menjadi Q. Kemudian jika x,y  Z dan yx = 0, maka
x= 0 atau y = 0 dan dikatakan bahwa Z tidak mempunyai pembagi nol. Akibatnya
dengan sifat ini dapat dilakukan suatu penghapusan (Kanselasi).
Jika x,y  Z dan 5x = 5y, maka 5x – 5y = 0
5(x-y) = 0, diperoleh 5 = 0 atau x-y = 0, → x = y
Jadi persamaan 5x = 5y menjadi x = y tidak diperoleh dengan perkalian 1/5 , karena
1/5 bukan bilangan bulat.
Untuk selanjutnya pernyataan y
x sudah dianggap bahwa y ≠ 0. Sehingga dari
definisi 2.1 dapat ditentukan bahwa:
1) 1 │ x, untuk setiap x  Z, karena ada p  Z sedemikian sehingga
Teori Bilangan - 21
x = (p)1, sehingga 1 │ 3, 1│6, 1 │ 11, 1 │-21, 1 │16, 1 │ -10, semuanya
bernilai benar.
2) y │ 0, untuk setiap y  Z dan y ≠ 0 karena ada 0  Z sehingga
0 =(y)0, sehingga 3 │ 0, 1│0, -1│ 0, 12 │0, -191 │0, 4│ 0, semuanya
bernilai
benar.
3) x │x untuk setiap x  Z dan x ≠ 0, karena ada 0  Z, sehingga
x = (1)x, sehingga pernyataan-pernyataan 2│2, -2│-2, 42│42, 12│12,
-20│-
20, 21│21, semuanya bernilai benar.
4) Jika y │x, maka kemungkinan hubungan antara y dan x adalah y < x, y = x,
y>x. Misalnya 2 │ 2 dengan 2 = 2, 2 │4 dengan 2 < 4, dan
2 │ -4 dengan 2 > -4.
Dalil 2.1
Jika a,b,c  Z maka berlaku:
1) a│ b → a │bc, untuk setiap c  Z.
2) (a │ b, b │c) → a │ c.
3) (a │ b, b │a) → a = ± b.
4) (a │ b, a │c) → a │ (b ± c).
5) (a │ b, a │c) → a │ (ax + by) untuk setiap x,y  Z.
Untuk selanjutnya ax + by disebut kombinasi linear dari b dan c
6) ( a>0, b > 0 dan a │b) → a ≤ b.
7) a │b ↔ ma │ mb untuk setiap m  Z dan m ≠ 0
8) ( a│b dan a │ b+c ) → a │c.
Teori Bilangan - 22
Pernyataan-pernyataan pada dalil 2.1 di atas dapat dibuktikan sebagai berikut:
1. Karena diketahui a│ b , maka menurut definisi 1 ada suatu bilangan bulat p
sedemikian sehingga b = (p)a. b = pa berarti bc = (pa)c. Hal ini berarti terdapat
bilangan bulat q = pc sedemikian sehingga bc = qa.
Jadi a │bc.
2. a │b → b = pa, untuk suatu p  Z
b │c → c = qb, untuk suatu q  Z.
( b = pa, c = qb) → c = q(pa) atau c = (qp)a. atau c = wa, untuk suatu w  Z.
Jadi a │c.
3. a │b → b = pa, untuk suatu p  Z
b │a → a = qb, untuk suatu q  Z.
( b = pa, a = qb) → a = q(pa) atau a = (qp)a. Karena a │b, berarati
a ≠ 0, sehingga a = (qp)a atau a(1-qp) = 0 dan dapat disederhanakan menjadi
a=0 atau qp = 1.
qp = 1 → ( q = 1 dan p =1) atau ( p = -1 dan q = -1)
p = q = 1 maka a = pb = b ....(1)
p = q = -1, maka a = pb = -b ...(2)
Dari (1) dan (2) didapat a = ± b
4. a │b → b = pa, untuk suatu p  Z
a │c → c = qa, untuk suatu q  Z.
( b = pa, c = qa) → b ± c = pa ± qa atau b ± c = a ( p ± q)
b ± c = at dengan t  Z.
Jadi a │b ± c.
Teori Bilangan - 23
5. a │b → b = pa, untuk suatu p  Z
a │c → c = qa, untuk suatu q  Z.
bx + cy = ( pa)x + (qa)y
bx + cy = a (px+qy) dengan (px + qy)  Z.
Jadi a │(bx+cy).
6. a │b → b = pa, untuk suatu p  Z
karena a > 0, b > 0 dan b = pa maka p > 0.
karena p  Z maka p bukan suatu pecahan.
Sehingga nilai kemungkinan x adalah 1,2,3, ..., yaitu x = 1 atau x >1
b = pa dan p =1 → b = a atau a = b
b = pa dan p > 1 → b > a atau a < b.
a = b atau a < b → a = b
7. (a) a │b → b = pa, untuk suatu p  Z
→ mb = map → mb = (ma)p → ma │mb
(b) ma │mb → mb = (ma)p untuk suatu p  Z→ ma │mb
mb = m (ap) dan m ≠ 0 → b = ap → a │b
b │c → c = q b, untuk suatu q  Z.
8. a │b → b = pa, untuk suatu p  Z
a │b + c → b + c = qa, untuk suatu q  Z.
b + c = qa → c = qa – b.
c = qa – b dan b = pa → c = qa - pa atau c = a( q-p)
c = a ( q-p) dengan (q-p)  Z → a │c.
Teori Bilangan - 24
Dalil 2.2 (Dalil Algoritma Pembagian)
Jika a > 0, dan a,b  Z, maka ada bilangan-bilangan q, r  Z yang masing-masing
tunggal (unique) sehingga b = qa + r dengan 0 ≤ r < a.
Jika a ┼ b maka r memenuhi ketidaksamaan 0 < r < a.
Bukti.
Misal a, b  Z, maka dapat dibentuk suatu barisan aritmatika b – na, n  Z, yaitu:
..., b –3a, b – 2a, b-a, b, b + a, b + 2a, ....
Barisan di atas mempunyai bentuk umum b – na.
Selanjutnya, misal S adalah suatu himpunan yang unsur-unsurnya suku yang bernilai
positip dari barisan b – na, sehingga:
S = { (b – na) │n  Z, dan b – na > 0 }
Menurut prinsip urutan, maka S mempunyai unsur terkecil, sebut saja r.
Karena r  S, maka r dapat dinyatakan sebagai r = b – qa, dengan q  Z.
Dari r = b – qa dapat diperoleh b = qa + r.
Jadi jika a > 0 dan a,b  Z maka ada q,r  Z sedemikian sehingga b = qa + r.
Untuk menunjukkan bahwa
0  r < a, maka digunakan bukti tidak langsung
sebagai berikut:
Anggaplah bahwa 0  r < a tidakbenar, maka r  a dan dalam hal ini r tidak
mungkin negatip karena r  S.
Jika r  a maka r – a  0.
r = b – qa  r – a = b – qa – a
= b – ( q +1) a.
r – a  0 dan r-a = b – ( q + 1 ) a  0.
Teori Bilangan - 25
r – a  0 dan r – a mempunyai bentuk b – na, maka r – a  S.
Karena a > 0 maka r – a < r sehingga r – a merupakan unsur terkecil dari S dan
lebih kecil dari r. Hal ini bertentangan dengan pengambilan r sebagai unsur terkecil
S. Jadi haruslah 0  r < a.
Untuk menunjukkan ketunggal q dan r, dimisalkan q dan r tidak tunggal yaitu q1, q2,
r1, r2  Z dan memenuhi hunbungan persamaan
b = q1a + r1
b = q2a + r2
Sehingga berlaku q1a+ r1 = q2a+ r2
 ( q1 - q2 ) a + ( r1 - r2 ) = 0
.
 ( r1 - r2 ) = ( q2 – q1 )a
 a │ ( r1 - r2 )
 a │ ( r1 - r2 )  r1 - r2 = 0 atau r1 - r2  a ( a  r1 - r2 )
r1 - r2 = 0  r1 = r2  (q1 - q2 ) a = 0  q1 = q2
r1 - r2  a > 0, r1 > 0 , r2 > 0  r1  a = 0.
Jadi r1 = r2 dan q1 = q2 yaitu q dan r masing-masing adalah tunggal.
Selanjutnya jika a ┼ b, maka tidak ada q  Z sehingga b = qa. Hal ini berarti b  qa atau b =
qa + r dengan 0 < r < a. ( r  0, sebab jika r = 0 diperoleh b = qa).
Dalil 2.3
Jika b = qa + r dengan 0 ≤ r < a, maka
b disebut bilangan yang dibagi (devidend)
a disebut bilangan pembagi (devisor/faktor)
q disebut bilangan hasil bagi (quotient), dan
Teori Bilangan - 26
r disebut bilangan sisa (remainder/residu)
Dalil 2.3 di atas disebut pula dengan dalil algoritma pembagian. Algoaritma
adalah prosedur atau metode matematis untuk memperoleh hasil tertentu yang
dilakukan menurut sejumlah langkah berurutan yang berhingga. Dalil 2 ini
sebenarnya lebih bersifat dalil eksistensi (keujudan) dari adanya bilangan-bilangan
bulat q dan r dari suatu algortima. Namun demikian uraian tentang pembuktiannya
dapat memberikan gambaran adanya suatu metode, cara , atau prosedur matematis
untuk memperoleh bilangan-bilangan bulat q dan r sehingga b = qa + r.
Jika a = 2 dan b adalah sebarang bilangan bulat, maka menurut dalil sebelumnya b
dapat dinyatakan dengan b = 2q + r, dengan 0 ≤ r < a. Hal ini berarti bahwa
nilai-nilai b yang mungkin dapat ditentukan oleh nilai-nilai r yang mungkin yaitu r =
0 dan r = 1.
Untuk r = 0 maka b = 2q + r = 2q + 0.
b = 2q, dengan q  Z.
b yang dapat dinyatakan dengan 2q ( q  Z ) disebut bilangan bulat genap (even
integer).
Untuk r = 1, b = 2q + r = 2q + 1 ( q  Z ) disebut bilangan bulat ganjil. (odd
intereger, gasal).
Ternyata berdasarkan dalil algoritma pembagian, setiap bilangan bulat dapat
dinyatakan sebagai bilangan bulat genap (2q) atau bilangan bulat ganjil ( 2q + 1).
Selanjutnya jika diambil a = 3, maka menurut dalil Algoritma Pembagian, dengan
mengambil r= 0, r=l dan r=2. Sehingga sebarang bilangan bulat b dapat dinyatakan
sebagai bentuk dari salah satu persamaan berikut:
Teori Bilangan - 27
b = 3q
b = 3q + 1
b = 3q + 2
Dengan alasan yang sama, setiap bilangan bulat selalu dapat dinyatakan antara lain:
1. Salah satu dari 4q, 4q+1, 4q+2, 4q+3 (q  Z)
2. Salah satu dari 5q, 5q+1, 5q+2, 5q+3, 5q+4 (q  Z)
3. Salah satu dari 6q, 6q+1, 6q+2, 6q+3, 6q+4, 6q+5 (q  Z)
Disinilah sebenarnya letak dari konsep algoritma pembagian, suatu konsep
mendasar yang dapat digunakan untuk membantu pembuktian sifat-sifat tertentu.
Contoh:
1. Diketahui n adalah bilangan bulat, buktikan bahwa 2 │n3 – n .
Bukti:
Menurut dalil Algoritma pembagian, terdapat bilangan bulat q sedemikian
sehingga n = 2q atau n = 2q + 1,
Untuk n = 2q maka
n3 – n = n (n2 – 1)
= n(n-1)(n+1)
= 2q(2q-1)(2q+1)
= 2{q(2q-1)(2q+1)
n3 – n = 2{q(2q-1)(2q+1)
Sehingga 2 │2{q(2q-1)(2q+1) atau 2 │ n3 – n
Untuk n = 2q+1 maka
n3 – n = n (n2 – 1)
Teori Bilangan - 28
= n(n-1)(n+1)
= (2q+1)(2q+1-1)(2q+1+1)
= (2q+1)(2q)(2q+2)
n3 – n = (2q+1)(2q)(2q+2)
Sehingga 2 │(2q+1)(2q)(2q+2) atau 2 │ n3 – n
2. Tunjukkan bahwa 4 ┼ n2 + 2 untuk sebarang n  Z
Jawab
Dengan bukti tidak langsung, anggaplah 4 │ n2 + 2.
Sesuai dengan dalil algoritma pembagian, untuk n  Z dapat dinyatakan sebagai
n = 2q atau n = 2q + 1, q  Z.
Untuk n = 2q, maka n2 + 2 = (2q)2 + 2 = 4q2 + 2
4 │n2 + 2
n2 + 2 = 4q2 + 2
 4 │4q2 + 2
 4 │4q2 , maka 4 │2, hal ini terjadi kontradiksi karena 4 ┼ 2.
Jadi anggapan bahwa 4 │ n2 + 2. adalah salah sehingga 4 ┼ n2 + 2.
Untuk n = 2q + 1, maka n2 + 2 = (2q+1)2 + 2 = 4q2 + 4q + 3
= 4(q2+q) + 3
4 │n2 + 2
n2 + 2 = 4(q2 +q) + 3
 4 │4(q2 + q) + 3
 4 │4(q2 + q), maka 4 │3, hal ini terjadi kontradiksi karena 4 ┼ 3.
Teori Bilangan - 29
Definisi 2.2
Ditentukan x,y  Z yang keduanya tidak bersama-sama bernilai 0, a  Z
disebut pembagi persekutuan dari x dan y jika a │x dan a │y.
a  Z disebut pembagi persekutuan terbesar (FPB) dari x dan y jika a adalah
bilangan bulat positip terbesar sehingga a│x dan a│y.
Untuk selanjutnya jika a adalah pembagi persekutuan terbesar dari x dan y
dinyatakan dengan (x,y) = a.
Perlu diperhatikan bahwa (x,y) = a didefinisikan untuk setiap pasangan bilangan
bulat x,y  Z kecuali untuk x = 0 dan y = 0. Demikian pula perlu dipahami bahwa
(x,y) selalu bernilai positip yaitu (x,y) > 0, atau (x,y) ≥ 1.
Contoh:
1. Faktor dari 8 adalah -8, -4, -2, -1, 1, 2, 4, 8.
2. Faktor dari 20 adalah –20, -10, -5, -4, -2, -1, 1, 2, 4, 5, 10, 20
3. Faktor Persekutuan 8 dan 20 adalah –4,-2,-1, 1, 2, 4
4. Faktor Persekutuan terbesar 8 dan 20 adalah 4 atau (8,20) = 4
Selanjutnya perhatikan bahwa
(12,16) = 4, (60,105) = 15, (3,5) = 1, (17,19)= 1. dan seterusnya.
Dalil 2.4
1. Jika d = (x,y) maka d adalah bilangan bulat positip terkecil yang mempunyai
bentuk umum aox + boy dengan ao, bo  Z
Bukti.
Teori Bilangan - 30
Dibentuk kombinasi linear (ax + by) dengan a,b  Z. Barisan bilangan ax + by
memuat bilangan-bilangan negatip, bilangan nol (untuk a = 0 dan b = 0), dan
bilangan-bilangan yang bernilai positip.
Ambil S = {ax + by │ ax + by > 0 }, maka dapat ditentukan bahwa S  N.
Karena N adalah himpunan terurut dan S  N, maka S mempunyai unsur terkecil
dan sebutlah dengan t, dan t  S, maka tentu ada a = ao dan b = bo sehingga t
= aox + boy dan selanjutnya dapat dibuktikan bahwa t │ x dan t │ y.
Untuk membuktikan apakah t │ x, digunakan bukti tidak langsung .
Misal t ┼ x, maka menurut dalil sebelumnya ada q, r  Z sehingga
x = qt + r dengan 0 < r < t
r = x – qt
= x – q(aox + boy)
r = ( 1-aoq)x + (-boq)y
r = a1x + b1y dengan a1 = 1-aoq  Z, dan
b1 = -boq  Z.
Jadi r = a1x + b1y  Z dengan r, t  S, t merupakan unsur terkecil S ran r < t.
Hal ini bertentangan dengan dengan pemisalan
t ┼ x. Dengan demikian
anggapan t ┼ x tidaklah benar. Jadi haruslah t │ x.
Dengan cara yang sama dapat ditunjukkan bahwa t │ y.
Dari t │ x dan t │ y berarti t adalah pembagi persekutuan dari x dan y.
d = (x,y) berarti d │ x sehingga  p  S sehingga x = dp.
d = (x,y) berarti d │ y sehingga  p  S sehingga y = dp.
t = aox + boy
Teori Bilangan - 31
= ao (dp) + bo (dp)
d │ t, d  0, t > 0 maka sesuai dengan dalil sebelumnya d  t dan d tidak lebih
kecil dari t, sedangkan d adalah pembagi persekutuan dari x dan y.
Jadi d = t = aox + boy
Berdasarkan urian di atas jelaslah bahwa d = (x,y) merupakan bilangan bulat
positip terkecil yang mempunyai bentuk (ax + by) dengan a,b  Z.
Dengan demikian terlihat bahwa tidak ada bilangan positip selain d yang
membagi x dan y dan mempunyai bentuk (ax + by)
2. Jika t  Z dan t > 0, maka (tx,ty) = t (x,y)
Bukti
Sesuai dengan bukti dalil 1 di atas, maka:
(tx,ty) =
bilangan bulat positip terkecil yang mempunyai bentuk(atx + bty)
dengan
bilangan a,b  Z
= atx + bty
= t (ax + by)
= t merupakan bilangan bulat positip terkecil yang mempunyai bentuk
(ax+by)
= t (ax +by)
3. Jika x,y  Z dan d = (x,y) maka (
x y
, )=1
d d
Bukti
d = (x,y) berarti d │x dan d │y dan
x y
 Z
,
d d
Teori Bilangan - 32
(x,y) = (d.
x
y
x y
, d. ) = d ( , )
d
d
d d
Karena d > 0 maka d (
Dengan demikian (
x y
x y
, ) atau 1 = ( , )
d d
d d
x y
, )=1
d d
4. Jika x,y,w  Z, w │xy, dan (y,w) = 1 maka w │ x.
Bukti
(y,w) = 1 maka menurut definisi FPB 1 adalah bilangan bulat positip terkecil
yang mempunyai bentuk ay + bw dengan a,b  Z
ay + bw = 1 berarti ayx + bwx = x
w │ xy → w │ axy
w │ axy dan w │ bxw → w │ axy + bxw
w │ axy + bwx dan axy + bxw = x → w │ x.
5. Jika (x,t) = 1 dan (y,t) = 1, maka (xy,t) = 1
Bukti:
(x,t) = 1 → terdapat ao dan bo  Z sedemikian sehingga aox+bot=1
(y,t) = 1 → terdapat ao dan bo  Z sedemikian sehingga a1y+b1t=1
aox+bot=1 → aox = 1 - bot
a1y+b1t=1 → a1y = 1 - b1t
a1x = 1 - bot dan a1y = 1 - b1t maka:
(aox)(a1y) = (1 - bot)(1 - b1t)
= 1- (bo - b1 + bob1t)t
(aoa1)(xy) = (1- b2)t atau (xy) a2 +b2t=1 dengan
Teori Bilangan - 33
a2 = aoa1 dan b2 = bo - b1 + bob1t
Karena (xy,t) = 1 adalah bilangan bulat positip tekecil yang mempunyai bentuk
(xy) a2 +b2t=1 maka (xy,t) haruslah 1 sehingga (xy,t) = 1
6. Ditentukan x,y  Z , (x,y) = d. Ekuivalen dengan d > 0, d │x,
d│y dan f │d
untuk setiap f pembagi persekutuan x dan y.
Bukti
d = (x,y) maka menurut definisi d adalah bilangan bulat positip terbesar
sehingga d │x,
d│y, hal ini berarti bahwa d > 0. Demikian pula d = (x,y)
berarti d adalah bilangan bulat positip terkecil dan berbentuk (ax + by), dengan
a,b  Z.
Jadi d = ax + by.
Misal f adalah sebarang pembagi persekutuan dari x dan y, maka berlaku f │x
dan f │y, sehingga f │ax dan f │ay dan menurut sifat keterbagian berlaku f │
ax + by.
f │ ax + by dan d = ax + by → f │d.
Sebaliknya, jika d > 0 dan d │ x
d│ y serta f │ d, dengan f adalah sebarang
pembagi persekutuan x dan y maka d  f ( karena d = kf, k  Z ) untuk
sebarang f pembagi persekutuan x dan y.
Jadi d adalah pembagi persekutuan terbesar dari x dan y. Atau d = (x,y)
7. Untuk setiap a, x, y  Z, berlaku:
( x,y ) = ( y,x ) = ( x,-y) = ( x, y + ax ).
Bukti
Teori Bilangan - 34
d = (x,y) maka menurut definisi d adalah bilangan bulat positip terbesar
sehingga d │x,
d│y, hal ini berarti bahwa d > 0.
Jadi d = (x,y) atau d = (y,x).
Karena d merupakan bilangan bulat positip terbesar yang membagi x dan y, dan
y membagi (-y), maka d juga merupakan bilangan bulat positip terbesar yang
membagi x dan (-y), sehingga d = (x,-y).
Selanjutnya (x,y) │x berarti (x,y) │ax.
(x,y) │ax dan (x,y) │y → (x,y) │ax + y.
(x,y) │ax dan (x,y) │ax + y →(x,y) adalah pembagi persekutuan dari x dan
y+ax, sehinggga menurut dalil sebelumnya berarti (x,y) │(x,y+ax)
(x,y+ax) adalah pembagi persekutuan dari x dan (y+ax), hal ini berarti
(x,y+ax) │x dan (x,y+ax) │ (y+ax)
(x,y+ax) │x  (x,y+ax) │ax
(x,y+ax) │x dan (x,y+ax) │y+ax  (x,y+ax) │y
Karena (x,y+ax) adalah suatu pembagi persekutuan dari x dan y,
maka (x,y+ax) │ (x,y) . Jadi (x,y+ax) = (x,y)
Perhatikan bahwa:
1. (6,15) = (15,6) = (6, -15) = (-6,15) = 3.
2. (4,6) = ( 4, 3.4 + 6) = ( 4,18) = 2
3. (3,5) = ( 3, 5.2 + 1) = ( 3, 11) = 1
4. (15, 81) = ( 15, 6 + 75) = ( 15, 6 + 5.15) = ( 6, 15) = 3.
Teori Bilangan - 35
Dalil Algoritma Euclides
Jika r1, r2  Z, dan r1 > r2 dan dengan proses algoritma pembagian dibentuk Suatu
barisan menurun bilangan bulat r1, r2, r3, ... , rk-1, rk, rk+1=0
Yaitu:
r1 = q1r2 + r3 ,
0 ≤ r3 < r2.
r2 = q2r3 + r4 ,
0 ≤ r4 < r2.
r3 = q3r4 + r5 ,
0 ≤ r5 < r2.
r4 = q4r5 + r6 ,
0 ≤ r6 < r2.
.............................................
rk-2 = qk-2rk-1 + rk ,
0 ≤ rk < r2.
rk-1 = qk-1rk + rk+1 ,
rk+1 = 0
Maka (r1,r2) = rk.
Bukti.
(r1,r2) = (q1r2 + r3 , r2) ....................... (substitusi r1)
= (r3,r2)
........................ (teorema)
= (r3, q2r3 + r4 ) ........................ (substitusi r2)
= (r3,r4)
.......
.......
.......
= (rk,rk+1)
= (rk,0)
.......................... (rk+1 = 0)
(r1,r2) = rk
Teori Bilangan - 36
Contoh
1. Tentukan (105,60) dan nyatakan hasilnya sebagai bentuk kombinasi linear
ax + by = c, dimana c = (a,b).
Dengan Algoritma Euclides diperoleh:
105 = (1) 60 + 45
60 = (1) 45 + 15
45 = (3) 15 + 0, sehingga diperoleh (105,60) = 15.
Selanjutnya dengan jalan mundur diperoleh:
15 = 60 – 45 (1)]
= 60 – [105 – 60(1)]
= 60 – 105 + 60 (1)
= (-1) 105 + (2) 60.
Akhirnya diperoleh (105,60) = (-1)105 + (2) 60.
5. Dengan cara yang sama diperoleh
(570, 1938) = 114
114 = 570 – 2 (228)
= 570 – 2 [1938 – 3.570]
= 570 – 2 (1938) + 6(570)
= 7 (570) – 2 (1938)
= -2(1938) – 7(570).
2.2 Cara Lain Menentukan Faktor Persekutuan Terbesar dan Kombinasi
Linear
Marilah kita ingat kembali dalil Algoritma Pembagian Euclides
Teori Bilangan - 37
Jika r1, r2  Z, dan r1 > r2 dan dengan proses algoritma pembagian dibentuk
Suatu barisan menurun bilangan-bilangan bulat r1, r2, r3, ... , rk-1, rk, rk+1=0
Yaitu:
r1 = q1r2 + r3 ,
0 ≤ r3 < r2.
r2 = q2r3 + r4 ,
0 ≤ r4 < r2.
r3 = q3r4 + r5 ,
0 ≤ r5 < r2.
r4 = q4r5 + r6 ,
0 ≤ r6 < r2.
.............................................
rk-2 = qk-2rk-1 + rk ,
0 ≤ rk < r2.
rk-1 = qk-1rk + rk+1 ,
rk+1 = 0
Maka (r1,r2) = rk.
Sehingga diperoleh :
r3 = r1 - q1r2
r4 = r2 - q2r3
r5 = r3 - q3r4
r6 = r4 - q4r5
.............................
………………….
………………….
ri = ri-2 - qi-2ri-1
Berdasarkan persamaan tersebut di atas dapat diketahui bahwa bilangan bulat ri
ditentukan oleh r1-1 dan ri-2
Teori Bilangan - 38
Andaikata Algoritma pembagian Euclid di atas dinyatakan dalam bentuk x dan y,
yaitu:
x1 = q1x2 + x3 ,
0 ≤ x3 < x2.
y1 = q1y2 + y3 ,
0 ≤ y3 < y2.
maka dengan cara yang sama (analog) diperoleh bentuk persamaan dalam x dan y
yang secara umum dinyatakan oleh xi = xi-2 - qi-2xi-1 dan yi = yi-2 - qi-2yi-1 .
Sehingga terdapat 3 persamaan dalam bentuk ri, xi, dan yi dan selanjutnya masingmasing konstanta tersebut dapat dimulai dengan syarat awal yang berbeda.
r-1 = r1, ro = r2
x-1 = 1, xo = 0
y-1 = 0, ro = 1
Secara lengkap langkah untuk menentukan masing-masing konstanta dapat dilihat
pada table berikut ini:
i
qi+1
ri
xi
yi
-1
*
r1 (b)
1
0
0
...
r2 (a)
0
1
1
...
…..
….
…..
2
…..
…..
….
…..
3
…..
…..
….
…..
Dstnya.
…..
…..
….
…..
Titik-titik pada masing-masing kolom diisi dengan menyesuaikan bentuk persamaan
ri = ri-2 - qi-2ri-1
xi = xi-2 - qi-2xi-1
Teori Bilangan - 39
yi = yi-2 - qi-2yi-1
Contoh.
1. Tentukan (42823,6409) dan tentukan selesaian kombinasi linearnya.
42823 x + 6409 y = 17
Jawab
Tabel untuk masing-masing konstanta adalah
i
qi+1
ri
xi
yi
-1
-
42823
1
0
0
6
6409
0
1
1
1
4369
1
-6
2
2
2040
-1
7
3
7
289
3
-6-2(7)=-20
4
17
17
-1-7(3)=-22
7-7(-20)=147
5
-
0
-
-
Diperoleh (42823,6409) = 17 dan 17 = 42823(-22) + 6409(147)
i
qi+1
ri
xi
yi
-1
-
123
1
0
0
2
56
0
1
1
5
11
1-2(0) =1
2
11
1
0 – 5(1) = -5
3
0 – 2(1) =
-2
1 -5(2)=11
0
(123,56) = 1 (relatif prima)
Teori Bilangan - 40
2. Tentukan (7469,2464), dan buatlah kombinasi linearnya dari masing-masing soal
dalam bentuk ax + by = d dimana d = (a,b)
Jawab
Tabel untuk masing-masing konstanta adalah sebagai berikut:
i
qi+1
ri
xi
yi
-1
-
7469
1
0
0
3
2464
0
1
1
32
77
1
-3
2
-
0
-
-
Diperoleh (7469,2464) = 77 dan 77 = 7469 (1) + 2464 (-3)
3. Tentukan (1109,4999) dan buatlah kombinasi linearnya dari masing-masing soal
dalam bentuk ax + by = d dimana d = (a,b)
Jawab
Tabel untuk masing-masing konstanta adalah
i
qi+1
ri
xi
yi
-1
-
4999
1
0
0
4
1109
0
1
1
1
563
1
-4
2
1
546
-1
5
3
32
17
2
-9
4
8
2
-65
293
5
2
1
522
-2353
6
-
0
-
-
Teori Bilangan - 41
Diperoleh (1109,4999) = 1 dan 1 = 1109 (-2353) + 4999 (522)
4. Dengan cara yang sama tentukan (5033464705,3137640337)
Tabel untuk masing-masing konstanta adalah:
i
qi+1
ri
xi
yi
-1
-
5033464705
1
0
0
1
3137640337
0
1
1
1
1895824368
1
-1
2
1
124115969
-1
2
3
1
654008399
2
-3
4
1
587807570
-3
5
5
8
66200829
5
-8
6
1
58200938
-43
69
7
7
7999891
48
-77
8
3
2201701
-379
608
9
1
1394788
1185
-1091
10
1
806913
-1564
2509
11
1
587875
2749
-4410
12
2
219038
-4313
6919
13
1
149799
11375
-18248
14
2
69239
-15688
25167
15
6
11321
42751
-68582
16
8
1313
-272194
436659
17
1
817
2220303
-3561854
18
1
496
-2492497
3998513
19
1
321
4712800
-7560367
20
1
175
-7205297
11558880
21
1
146
11918097
-19119247
22
5
29
-19123394
30678127
Teori Bilangan - 42
23
29
1
107535067
-172509882
24
-
0
-
-
Diperoleh (5033464705,3137640337) = 1 dan
1 = 5033464705 (107535067) + 3137640337 (-172509882)
Soal.
Dengan cara yang sama tentukan kombinasi linearnya dan tentukan:
a. (2947,3997)= d maka d = 2947x + 3997y
b. (2689,4001) = d maka d = 2689x + 4001y
c. (1109,4999) = d maka d = 1109x + 4999y
d. (24332221,67777170)
e. (404040404040,98989898989)
1. Untuk latihan anda, cobalah tentukan (7469,2464), (2947,3997), (2689,4001),
(1109,4999) dan nyatakan hasilnya dalam bentuk kombinasi linear.
2. Tentukan nilai x dan y yang memenuhi persamaan
423x + 198y = 9
71x – 50y = 1
43x + 64y = 1
Definisi 2.3
Jika x,y  Z, x ≠ 0, dan y ≠ 0, maka:
a. M disebut kelipatan persekutuan dari x dan y jika y │m dan x │m.
Teori Bilangan - 43
b. M disebut kelipatan persekutuan terkecil dari x dan y jika m adalah bilangan bulat
positip terkecil sehingga x │m dan y │m. Jika m kelipatan pesekutuan terkecil x
dan y dinotasikan dengan [x,y] = m.
Dalil 2.5
1. Jika x,y  Z, x ≠ 0, dan y ≠ 0, maka [x,y] = m ↔ x │m , y │m, m > 0 dan
sebarang kelipatan persekutuan n dari x dan y berlaku m │n.
2. Untuk m > 0 berlaku [mx,my] = m [x,y]
3. Jika a dan b adalah sebarang dua bilangan bulat positip dan (a,b) = 1 maka
(a,b)[a,b] = a.b
4. Jika a,b sebarang dua bilangan bulat positip, maka (a,b)[a,b] = ab.
2.3
Persamaan Diophantine Linear
Persamaan Diophantine linear secara umum ditulis sebagai ax + by = c. Nama
Diophantine digunakan untuk menghormati jasa-jasa dari ahli matematika bangsa
Alexanderia, Mesir bernama Diophantus yang hidup pada abad ke-3 (tahun 250 M).
Misal, diberikan persamaan Diophantine 3x + 6y = 18, maka dengan cara
sederhana akan diperoleh bentuk kesamaan-kesamaan:
3.4 + 6.1 = 18
3(-6) + 6(6) = 18
3.10 + 6(-2) = 18, dan seterusnya.
Bentuk kesamaan tersebut jika diteruskan akan diperoleh sebanyak tak hingga
bentuk. Oleh karena itu dalam persamaan Diophantine ax + by = c dikatakan
mempunyai selesaian jika d │c dan d = (a,b). Karena d = (a,b) maka kita tahu
Teori Bilangan - 44
bahwa ada bilangan bulat r dan s sehingga sehingga a = dr dan b = ds. Jika
selesaian ax + by = c ada , sehingga bentuk axo+byo = c akan sesuai dengan
bentuk:
c = axo+byo = drxo + dsyo = d (rxo + syo).
Teorema 2.1
Persamaan Diophantine Linear ax + by = c dikatakan mempunyai selesaian jika dan
hanya jika d │c dimana d = (a,b), Jika xo dan yo adalah sebarang selesaian khusus
dari ax + by = c
Maka seluruh selesaian yang lain diberikan oleh x = xo + (b/d)t dan y = yo – (a/d)t,
untuk sebarang bilangan bulat t.
Bukti.
Misal xo dan yo adalah selesaian persamaan yang diketahui, jika x’ dan y’ selesaian
yang lain maka axo + byo = c = ax’ + by’
 a(x’ – xo) = b(yo – y’)
Dengan menggunakan teorema sebelumnya pada Algoritma Pembagian, dimana ada
bilangan bulat relatif prima r dan s sehingga a = dr dan b = ds. Sehingga diperoleh
r(x’-xo) = s(yo-y’). Bentuk ini memberikan fakta bahwa r │ s(yo-y’). Dengan (r,s) = 1.
dengan menggunakan Lemma Euclid diperoleh r │ (yo-y’) atau dengan kata lain
(yo-y’) = rt, untuk suatu bilangan bulat t.
 x’-xo = st.
 x’ = xo + st
 x’ = xo + (b/d)t .....................(1)
Teori Bilangan - 45
Dengan cara yang sama diperoleh
 yo – y’ = rt.
 y’ = yo - rt
 y’ = yo - (a/d)t ..................... (2)
dari (1) dan (2) dapat dilihat bahwa:
ax’ + by’ = a[xo + (b/d)t] + b [yo - (a/d)t]
= (axo + byo) + (ab/d – ab/d)t
= c+0
=c
Dengan demikian terdapat tak hingga selesaian dari persamaan Diophantine yang
diberikan, sebut saja selesaian tersebut adalah t.
Contoh:
Tentukan selesaian persamaan Diophantine 172x + 20y = 1000.
Jawab
Dengan menggunakan Algoritma Euclid diperoleh (172,20) diperoleh
172 = (8) 20 + 12
20 = (1) 12 + 8
12 = (1) 8 + 4
8
= (2) 4
Sehingga (172,20) = 4.
Karena 4 │1000 maka 172x + 20y = 1000 mempunyai selesaian.
Dengan menggunakan jalan mundur pada langkah di atas diperoleh
4 = 12 – (1) 8
Teori Bilangan - 46
= 12 – (1) [20 – (1) 12]
= (2) 12 – (1) 20
= 2 [172 – (8)20] – 20
= (2) 172 + (-17) 20 atau
4 = (2) 172 + (-17) 20.
Kalikan kedua ruas dengan 250 diperoleh
1000 = 250.4 = 250 {(2) 172 + (-17) 20}
= 500.172 + (-4250) 20
didapat x = 500 dan y = -4250.
Semua selesaian dari persamaan 172x + 20y = 1000 adalah
x = 500 + (20/4)t = 500 + 5t
y = -4250 - (172/4)t = -4250 - 43t, untuk suatu bilangan bulat t.
Untuk memilih t, gunakan ketentuan 500 + 5t >0 dan –4250 –43t > 0 (mengapa?).
Akibat dari teorema di atas adalah, Jika (a,b) = 1 dan jika xo dan yo adalah selesaian
khusus dari persamaan Diophantine linear ax + by = c, maka seluruh selesaian dari
persamaan yang diberikan adalah x = xo + bt dan y = yo - at
2.4 Ciri-ciri Habis Dibagi
Banyak definisi dan dalil yang telah dipaparkan di atas yang berkaitan dengan
keterbagian. Dalam banyak hal lain sering diperlukan suatu jawaban apakah suatu
bilangan habis atau tidak jika dibagi oleh bilangan tertentu. Jawaban yang dimaksud
menyangkut ciri-ciri suatu bilangan habis dibagi oleh bilangan yang lain. Ciri-ciri
habis dibagi dikembangkan dan dijabarkan dari definisi dan dalil yang telah
Teori Bilangan - 47
dibicarakan. Sebelum ciri-ciri habis dibagi dibahas, perlu dipaparkan beberapa sifat
dasar keterbagian, hal ini dilakukan karena sangat diperlukan.
1. k │ 0, untuk semua k  Z. dan k ≠ 0.
Karena 0 = 0 dan 0  Z, maka jelaslah bahwa k │0.
Jadi 2 │0, 10 │0, -2 │0, 122│0 adalah semua pernyataan yang bernilai benar
2. 1 │ k, untuk semua k  Z.
Karena k = k.1 dan k  Z, maka jelaslah bahwa 1│k.
Jadi 1 │2, 1│20, 1│-10, 1 │22 0 adalah semua pernyataan yang bernilai benar
3. k │ m → k │x.m untuk semua x  Z.
Karena 0 = 0 dan 0  Z, maka jelaslah bahwa k │0.
Jadi 3 │6 → 3 │3.6, 3│10.6 , 3 │22 6 adalah pernyataan yang bernilai benar
4. k │ m1, k │m2 → k │(m1 ± m2)
k │ m1, k │m2, ....... k │mi → k │(m1 ± m2 ± ... ± mi )
Jadi 3 │9, 3 │3 → 3 │(9+3) 3 │(9-3) adalah pernyataan yang bernilai benar
5. k │ k, untuk semua k  Z. dan k ≠ 0.
Karena k = 1.k dan 1  Z, maka jelaslah bahwa k │k.
Jadi 2 │2, -4│-4 , 1│1, 22 │22 adalah pernyataan yang bernilai benar
6. (k,m) = 1 dan k │ mn → k │n.
Jadi (3,5) =1 dan 3 │5.9 → 3 │9.
(4,7) =1 dan 4 │7.4 → 4 │4.
(3,4) =1 dan 3 │4.12 → 3 │12.
7. k │m, k │m + n → k │n
k │ m1, k │m2, ....... k │(m1 + m2 + ... + mi ), → k │n
Teori Bilangan - 48
Jadi 3 │6, 3 │12, 3 │15, 3 │6 + 12 + 15 + 21 → 3 │21
Selanjutnya suatu bilangan asli
N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao
Ditulis dalam bentuk sederhana
N = (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao)
a. Ciri-ciri habis dibagi 2.
Perhatikan
N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao.
Dimana
2 │10 → 2 │a1.10
2 │10 → 2 │10.10 → 2 │102 → 2 │a2.102.
2 │10 → 2 │100.10 → 2 │103 → 2 │a3.103.
2 │10 → 2 │1000.10 → 2 │104 → 2 │a4.104.
...............................................................................
...............................................................................
2 │10 → ............................................................... 2 │ak.10k.
maka:
2 │ak.10k , 2 │ak-110k-1 , 2 │ak-210k-2 , 2 │ak-310k-3 , 2│ak-410k-4 , ...,
2 │a1.10
2 │(ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10)
2 │N → 2 │ ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10 + ao.
2 │ ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10
Jadi 2 │ ao
Teori Bilangan - 49
Kesimpulan suatu bilangan asli N habis dibagi 2 jika angka terakhir lambang
bilangan N (yaitu ao) habis dibagi 2. Jadi haruslah ao bilangan genap.
Contoh
1. Selidiki apakah 6831078103 habis dibagi 2?
Jawab
Misal N = 6831078103, dan angka terakhir dari N adalah 3 (ganjil) dan 2 ┼ 3 ,
maka
2 ┼ 6831078103
2. Selidiki apakah 435655433216 habis dibagi 2
Jawab
Karena angka terakhir dari N = 435655433216 adalah bilangan 6 (genap) dan
2 │6, maka 2 │435655433216.
b. Ciri-ciri habis dibagi 4.
Perhatikan
N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao.
Dimana
4│100 → 4 │102 → 4 │a2.102
4│100 → 4 │10.100 → 4 │103 → 4│a3.103
4 │100 → 4 │100.100 → 4 │104 → 4 │a4.104.
4 │100 → 4 │1000.100 → 4 │105 → 4 │a5.105.
...............................................................................
...............................................................................
4 │100 → ............................................................... 4 │ak.10k.
Teori Bilangan - 50
maka:
4 │ak.10k , 4 │ak-110k-1, 4│ak-210k-2 , 4│ak-310k-3 , 4 │ak-410k-4 , ... ,
4 │a2.102
4 │(ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a2.102)
4 │N → 4 │( ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2
+ ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... +
a2.102
+ a1.10 + ao.
4 │ (ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a2.102
Jadi 4 │ a1.10 + ao atau 4│ a1ao
Kesimpulan suatu bilangan asli N habis dibagi 4 jika bilangan yang dibentuk oleh dua
angka terakhir dari lambang bilangan N habis dibagi 4.
Contoh
1. Selidiki apakah 6831078103 habis dibagi 4
Jawab
Misal N = 6831078103 = (a9a8a7a6a5a4a3a2a1a0) ,
dan Dua angka terakhir dari N a1 = 3 dan ao = 0, sehingga diperoleh bilangan 30
dan dan 4 ┼ 30 , maka 4 ┼ 6831078103
2. Selidiki apakah 435655433216 habis dibagi 4
Jawab
Misal N = 435655433216 = (a11a10a9a8a7a6a5a4a3a2a1ao ) , dan
Dua angka terakhir dari N a1 = 1 dan ao = 6, sehingga diperoleh bilangan 16 dan
4 │16 , maka 4│435655433216
c. Ciri-ciri habis dibagi 8.
Perhatikan
Teori Bilangan - 51
N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao.
Dimana
8 │1000 → 8 │103 → 8 │ a3.103.
8 │1000 → 8 │10.1000 → 8 │104 → 8 │ a4.104.
8 │1000 → 8 │100.1000 → 8 │105 → 8 │ a5.105.
...............................................................................
...............................................................................
8 │1000 → ............................................................... 8 │ak.10k.
maka:
8 │ak.10k , 8 │ak-110k-1 , 8│ak-210k-2 , 8 │ak-310k-3 , 2 │ak-410k-4 , ...,
8 │a3.103
8 │( ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 + ak-410k-4 + ....+ a3.103
8 │N → 8 │ ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10 + ao.
8 │ ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a3.103
Jadi 8 │ a2.102 +a1.101 + + a0 atau 8 │ a2a1a0
Kesimpulan : suatu bilangan asli N habis dibagi 8 jika bilangan yang dibentuk oleh
tiga angka terakhir dari lambang bilangan N habis dibagi 8.
Contoh
1. Selidiki apakah 435655433242 habis dibagi 8
Jawab
Misal N = 435655433242 = (a11a10a9a8a7a6a5a4a3a2a1ao ) , dan
Tiga angka terakhir dari N adalah a2 = 2 , a1 = 4 dan ao = 2, sehingga diperoleh
bilangan 242 dan dan 8 ┼ 242.
Teori Bilangan - 52
Jadi 8 ┼ 435655433242
d. Ciri-ciri habis dibagi 16.
Perhatikan
N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao.
Karena
16 │10000 → 16 │104 → 16 │a4.104
16 │10000 → 16 │10.10000 → 16 │105 → 16 │a5.105.
16 │10000 → 16 │100.10000 → 16│106 → 16 │a6.106.
...............................................................................
...............................................................................
16 │10000 → ............................................................... 16 │ak.10k.
maka:
16│ak.10k ,16│ak-110k-1 , 16│ak-210k-2 , 16│ak-310k-3 ,
16│ak-410k-4,.....,16│a4.104
16│(ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a4.104 )
16 │N → 16 │ ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2
+ ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10 +
ao.
16 │ ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a4.104
Jadi 16 │ a3.103 +a2.102 + a1.10 + ao atau 16 │ a3a2a1ao
Kesimpulan : suatu bilangan asli N habis dibagi 16 jika bilangan yang dibentuk oleh
empat angka terakhir dari lambang bilangan N habis dibagi 16.
Contoh
1. Selidiki apakah bilangan 1212646 habis dibagi 2, 4, 8, dan 16
Teori Bilangan - 53
1212646 = (a4a3a2a1a0)
Karena (ao)
= 6 dan 2│6
Karena (a1a0)
= 46 dan 4 ┼ 46
Karena (a2a1a0)
= 646 dan 8 ┼ 646 maka 4 ┼ 1212646
Karena (a3a2a1a0)
maka 2 │1212646
maka 4 ┼ 1212646
= 2646 dan 16 ┼ 2646 maka 16 ┼ 1212646
2. Selidiki apakah 44768 habis dibagi 2, 4, 8, dan 16
44768 = (a4a3a2a1a0)
Karena (ao)
= 8 dan 2 │8
maka 2 │44768
Karena (a1a0)
= 68 dan 4 │68
maka 4 │44768
Karena (a2a1a0)
= 768 dan 8 ┼ 768 maka 8 │44768
Karena (a3a2a1a0)
= 4768 dan 16 │4768 maka 16 ┼ 4476
e. Ciri-ciri habis dibagi 3.
Perhatikan
N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao.
Karena
a1.10 = a1 ( 9 + 1 ) = a1. 9 + a1
a2.102 = a1 ( 99 + 1 ) = a1.99 + a2
a3.103 = a3 ( 999 + 1 ) = a3.999 + a3
...............................................................................
...............................................................................
ak.10k = ..... = ak ( 999...9 + 1 ) = ak.999...9 + ak
maka:
N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao.
Teori Bilangan - 54
= (a3.999...9 + ak ) + ... + (a3.999 + a3 ) + (a2.99 + a2 ) + (a1. 9 + a1 ) + ao
= (a3.999...9 + ... + a3.999 + a2.99 + a1. 9 ) + (ak + ... + a3 + a2 + a1 + ao )
Dari hasil ini dapat ditentukan bahwa
3│9 → 3│a1.9
3│9 → 3 │11.9 → 3│99 → 3│a2.99
3│9 → 3 │111.9 → 3│999 → 3│a3.999
...............................................................................
...............................................................................
3│9 → ............................................................... 3│ak.999 ... 9
sehingga
3│ak.999 ... 9, ... , 3│a3.999, 3│a2.99, 3│a1.9
atau 3│(ak.999 ... 9) + ... + (a3.999) + (a2.99) + (a1.9)
3│N → 3│(ak.999...9 + ... + a3.999 + a2.99 + a1. 9 ) + (ak + ... + a3 + a2 + a1 + ao
)
maka 3 │(ak + ... + a3 + a2 + a1 + ao )
Kesimpulan suatu bilangan bulat N habis dibagi3 jika jumlah angka-angka dari
lambang bilangan N habis dibagi 3.
Contoh
1. Selidiki apakah 3462 habis dibagi 3 ?
Jawab:
Misal N = 3462 = (a3a2a1a0)
Dan a3 + a2 + a1 + ao = 3 + 4 + 6 + 2 = 15
Karena 3 │15 maka 3 │3462
Teori Bilangan - 55
2. Selidiki apakah 564350098 habis dibagi 3?
Jawab:
Misal N = 564350098 = (a8a7a6a5a4a3a2a1a0), diperoleh
a8 + a7 + a6 + a5 + a4 + a3 + a2 + a1 + ao = 5 + 6 + 4 + 3 + 5 + 0 + 0 + 9 + 8
= 40
Karena 3 ┼ 40 maka 3 ┼ 564350098
f. Ciri-ciri habis dibagi 9.
Dari uraian pembagian dengan bilangan 3 diketahui bahwa:
N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao.
= (a3.999...9 + ... + a3.999 + a2.99 + a1. 9 ) + (ak + ... + a3 + a2 + a1 + ao )
Karena
9│9 → 9│a1.9
9│9 → 9 │11.9 → 9│99 → 9│a2.99
9│9 → 9 │111.9 → 9│999 → 9│a3.999
...............................................................................
...............................................................................
9│9 → ............................................................... 9│ak.999 ... 9
sehingga
9│ak.999 ... 9, ... , 9│a3.999, 9│a2.99, 9│a1.9
atau 9│(ak.999 ... 9) + ... + (a3.999) + (a2.99) + (a1.9)
9│N → 9│(ak.999...9 + ... + a3.999 + a2.99 + a1. 9 ) + (ak + ... + a3 + a2 + a1 + ao
)
maka 9 │(ak + ... + a3 + a2 + a1 + ao )
Teori Bilangan - 56
Kesimpulan
suatu bilangan bulat N habis dibagi 9 jika jumlah angka-angka dari
lambang bilangan N habis dibagi 9.
Contoh :
Selidiki apakah 142323331011 habis dibagi 3 dan 9
N = 142323331011→ (a11a10a9a8a7a6a5a4a3a2a1ao)
a11+ a10+ a9+ a8 + a7 + a6 + a5 + a4+ a3 + a2 + a1+ ao = 1 + 4 + 2 + 3 + 2 + 3 + 3
+ 3 + 1 + 0 + 1 + 1 = 24
Karena 3 │24 maka 3 │142323331011
Karena 9 ┼ 24 maka 3 ┼142323331011
g. Ciri-ciri habis dibagi 5
Perhatikan
N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao.
Karena :
5 │10 → 5 │a1.10
5 │10 → 5 │10.10 → 5 │102 → 5 │a2.102.
5 │10 → 5 │100.10 → 5 │103 → 5 │a3.103.
5 │10 → 5 │1000.10 → 5 │104 → 5 │a43.104.
...............................................................................
...............................................................................
5 │10 → ............................................................... 5 │ak.10k.
5 │ak.10k , 5│ak-110k-1 , 5│ak-210k-2 , 5│ak-310k-3 , 5 │ak-410k-4 , .... , 5│a1.10
5 │(ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10)
Teori Bilangan - 57
5 │N → 5 │ (ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2
+ ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10) +
ao.
5│ ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10
Jadi 5│ ao. Kemungkinannya ao = 0 atau ao = 5
Kesimpulan suatu bilangan asli N habis dibagi 5 jika angka terakhir lambang bilangan
N adalah 0 atau 5.
Contoh:
1. Bilangan 2456 tidak habis dibagi 5 karena angka terakhir dari 2456 yaitu 6 tidak
habis dibagi 5. atau 5 ┼ 6. sehingga 5 ┼ 2456.
2. Bilangan 450980 habis dibagi 5 karena angka terakhir dari 450980 adalah 0 dan
5 │0, sehingga
5 │450980
h. Ciri-ciri habis dibagi 6.
Jika diketahui 6│N, maka 6 merupakan pembagi (faktor) dari N, sehingga:
N = 6k untuk k  Z.
N = 6k dan 6 = 2.3, maka N = (2.3)k
N = 2(3.k) → 2 │N
N = 3(2.k) → 3 │N
Jadi suatu bilangan bulat N habis dibagi 6 jika N habis dibagi oleh 2 dan 3.Dengan
kata lain suatu bilangan N habis dibagi 6 jika angka terakhir adalah genap dan
jumlah angka-angka dari lambang bilangan N habis dibagi 3.
Contoh :
1. Selidiki apakah 4356 habis dibagi 6
Teori Bilangan - 58
4356 habis dibagi 2, karena angka terakhir dari bilangan 4356 yaitu 6 habis
dibagi 2, sehingga 2 │4356. 4 + 3 + 5 + 6 = 18, dan 3 │18, maka 3│4356.
Karena 2 │4356 dan 3│4356 maka 6 │4356.
2. Selidiki apakah 9854098 habis dibagi 6!
9854098 habis dibagi 2 karena 2 │8, dan 9 + 8 + 5 + 4 + 0 + 9 + 8 = 43,
sehingga
3 ┼ 43. Karena 2 │9854098, akan tetapi 3 ┼ 9854098, maka 6 ┼ 9854098.
i. Ciri-ciri habis dibagi 7.
Perhatikan
N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao.
Karena
a1.10 = a1( 7 + 3 ) = 7a1 + 3a1
a2.102 = a2. 100 = a2( 98 + 2 ) = 98 a2 + 2a2
a3.103 = a3. 1000 = a3( 1001 –1 ) = 1001 a3 - a3
a4.104 = a4. 10000 = a4( 10003 - 3 ) = 10003a4 - 3a4
a5.105 = a5. 100000 = a5( 100002 – 2 ) = 100002 - 2a5
dan seterusnya
sehingga:
N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao.
= ak.10k + .... + a5105 + a4.104 + a3.103 + a-2 .102 + a1.10 + ao.
= ak.10k + ..... + (100002 a5 - 2a5) + (10003a4 - 3a4 ) + (1001 a3 - a3 ) +
( 98 a2 + 2a2 ) + ( 7a1 + 3a1) + a0.
Teori Bilangan - 59
= (7a1 + 98 a2 + 1001 a3 - 10003a4 - 100002 a5 + ... 7.t.10k ) + (a0 +3a1 +
2a2 ) (a3 + 3a4 + 2a5) + ...
= 7m + (a0 +3a1 + 2a2 ) - (a3 + 3a4 + 2a5) + ...
7 │N dan 7 │m , maka 7 │(a0 +3a1 + 2a2 ) - (a3 + 3a4 + 2a5) + ...
Kesimpulan bilangan N = (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao) habis dibagi jika
7 │(a0 +3a1 + 2a2 ) - (a3 + 3a4 + 2a5) + ...
Contoh
1. Selidiki apakah 1234 habis dibagi 7.
Misal 1234 = (a3a2a1a0) , maka diperoleh
a3 = 1, a2 = 2, a1= 3, a0= 4
a0 + 3a1 + 2a2 = 4 + 3(3) + 2(2) = 17 dan a3 = 1
sehingga (a0 + 3a1 + 2a2 ) - a3 = 17 – 1 = 6
Karena 7 ┼ 2, maka 7 ┼ 1234.
2. Selidiki apakah 3976 habis dibagi 7.
Jawab
Dengan cara lain dapat diselidiki apakah 7 │ 3976.
Ambil N = 3976 dan andaikan 7 │ 3976.
Karena 7 │ 21, maka 7 │ 6.21 sehingga 7 │ 3976 – 6.21
7 │ 3976 – 6.21  7 │ 3.103 + 9.102 + 7.101 + 6.100 – 6.21
 7 │ 3.103 + 9.102 + 7.101 + 6.100 – 6.20
 7 │ 10(3.102 + 9.101 + 7 – 2.6
 7 │ 10(3397 – 2.6)
Teori Bilangan - 60
Karena (7,10) = 1 dan 7 │10(397 – 2.6), maka menurut dalil sebelumnya
7│ 397 – 2.6. atau 7 │ 385
Jika cara tersebut diteruskan akan diperoleh
7 │ 385  7 │ 38 – 2.5 atau 7 │ 28
7 │ 18
 7 │ 2 – 2.8 atau 7 │ -14.
Dengan demikian 7 │ 3976. dan bilangan 2 disebut dengan pengali.
j. Ciri-ciri habis dibagi 10.
Perhatikan
N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao.
Karena
10 │10  10 │a1.10
10 │10  10│10.10  10 │102  10 │a2.102.
10 │10  10 │100.10  10 │103  10 │a3.103.
10 │10  10 │1000.10  10 │104  10 │a4.104.
...............................................................................
...............................................................................
10 │10  ............................................................... 10 │ak.10k.
10 │ak.10k , 10 │ak-110k-1 , 10│ak-210k-2 , 10│ak-310k-3 , 10│ak-410k-4 ,
....., 10
 a1.10
 10 │(ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10)
10│N 
10│ ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2
+ ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10 +
ao.
10│ ak.10k + ak-110k-1 + ak-210k-2 + ak-310k-3 +ak-410k-4 + ..... + a1.10
Jadi 10 │ ao , nilai yang mungkin untuk ao = 0.
Teori Bilangan - 61
Kesimpulan : Suatu bilangan asli N habis dibagi 10 jika angka terakhir lambang
bilangan N (yaitu ao) adalah 0.
k. Ciri-ciri habis dibagi 11.
Perhatikan
N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao.
Karena
a1.10 = a1( 11 – 1 ) = 11a1 - a1
a2.102 = a2. 100 = a2( 99 + 1 ) = 99 a2 + a2
a3.103 = a3. 1000 = a3( 1001 –1 ) = 1001 a3 - a3
a4.104 = a4. 10000 = a4( 9999 + 1 ) = 9999a4 + a4
a5.105 = a5. 100000 = a5( 100001 - 1 ) = 100001a5 - a5
dan seterusnya
sehingga:
N = ak.10k + ak-1.10k-1 + ak-2.10k-2 + ak-3.10k-3 + ak-4.10k-4 + .... + a1.10 + ao.
= ak.10k + .... + a5105 + a4.104 + a3.103 + a-2 .102 + a1.10 + ao.
= ak.10k + ..... + (99999 a5 + a5) + (10003a4 - 3a4 ) + (1001 a3 - a3 ) +
( 99a2 + a2 ) + ( 11a1- a1) + a0.
= (11a1 + 99 a2 + 1001 a3 + 10003a4 + 99999 + ... ) + (a0 + a2 + a4 ) (a2 + a4 + a6) + ...
= 11.t + (a0 + a2 + a4 ) - (a2 + a4 + a6) + ...
11 │N dan 11 │11.t , maka 11│(a0 + a2 + a4 ) - (a2 + a4 + a6) + ...
Teori Bilangan - 62
Kesimpulan bilangan N = (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao) habis dibagi 11 jika selisih jumlah
angka-angka pada urutan genap dengan jumlah angka pada urutan ganjil habis
dibagi 11.
Contoh:
1. Bilangan 8685204 habis dibagi 11, mangapa?
2. Bilangan 25902646 habis dibagi 11, mengapa?
3. Bilangan 456233311 tidak habis dibagi 11, mengapa?
l. Ciri-ciri habis dibagi bilangan Prima.
Berdasarkan hasil pembagian dengan bilangan 7 dan 11 dapat diketahui
bahwa secara bertahap, bilangan yang diselidiki direduksi menjadi suatu bilangan
yang dengan mudah dapat ditentukan habis dibagi 7 atau 11. Untuk proses reduksi,
dalam penyelidikan setiap bilangan yang habis dibagi 7 maupun 11 digunakan suatu
pengali (multiplier) yaitu 2 untuk pembagian 7 dan 1 untuk pembagian 11.
Untuk bilangan prima yang lebih dari 11, dengan proses uraian seperti pembagian 7
dan 11 dapat dicari pengali-pengali yang sesuai. Sebagai contoh pengali dari
pembagian 13 adalah 9 dan pengali dari pembagian oleh 17 adalah 5.
a. Mencari Pengali dari pembagian 13.
N = (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao)
13 │91 maka 13 │91 ao.
13 │N dan 13 │91 ao. → 13 │N - 91 ao.
↔ 13 │ (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao ) - 91 ao.
↔ 13 │10(akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1 - 9 ao)
Teori Bilangan - 63
Karena (13,10) = 1, maka 13 │(akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1 - 9 ao)
Dari hasil ini jelaslah bahwa pengali untuk pembagian oleh 13 adalah 9.
b. Mencari Pengali dari pembagian 17.
N = (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao)
17 │51 maka 17 │51 ao.
17 │N dan 17 │51 ao. → 17│N - 51 ao.
↔ 17 │ (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao ) - 51 ao.
↔ 17 │10(akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1 - 5 ao)
Karena (17,10) = 1, maka 17 │(akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1 - 5ao)
Dari hasil ini jelaslah bahwa pengali untuk pembagian oleh 17 adalah 5.
c. Mencari Pengali dari pembagian 19.
N = (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao)
19 │171 maka 13 │171ao.
19 │N dan 19 │171ao. → 19 │N - 171 ao.
↔ 19 │ (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao ) - 171 ao.
↔ 19 │10(akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1 - 17ao)
Karena (19,17) = 1, maka 19│(akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1 - 17ao)
Dari hasil ini jelaslah bahwa pengali untuk pembagian oleh 19 adalah 17.
Dengan cara yang sama jika dibuat daftar pengali dari bilangan-bilangan prima
7,11,13, 17, ..., maka dapat diperoleh bilangan pengali sbagai berikut:
Pembagi
7
11
13
17
19
23
29
31
37
41
43
47
....
Pengali
2
1
9
5
17
16
26
3
11
4
30
14
.....
Teori Bilangan - 64
Contoh
1. Selidiki apakah 36062, habis dibagi 11 dan 13
Jawab
Bilangan pengali pada pembagian dengan 11 adalah 1, maka:
36062 = 3606 – 1.2 = 3604
3604
= 360 – 1.4 = 356
356 = 35 – 1.6 = 29
Karena 11 ┼ 29 , maka 11 ┼ 36062
Bilangan pengali pada pembagian dengan 13 adalah 9, maka:
36062 = 3606 – 9.2 = 3594
3594
= 359 – 9.4 = 323
323
= 32 – 9.3 = 5
Karena 13 ┼ 5 , maka 13 ┼ 36062
2. Selidiki apakah 16788979 habis dibagi 17 dan 19
Jawab
Bilangan pengali pada pembagian dengan 17 adalah 5, maka:
16788979 = 1678897 – 5.9 = 1678852
1678852
= 167885 – 5.2 = 167875
167875
= 16787 – 5.5 = 16762
16762
= 1676 – 5.2 = 1666
1666
136
= 166 – 5.6 = 136
= 13 – 5.6 = -17
Karena 17 │-17, maka 17 │16788979
Teori Bilangan - 65
Bilangan pengali pada pembagian dengan 19 adalah 17, maka:
16788979 = 1678897 – 17.9 = 1678744
1678744
= 167874 – 17.4 = 167806
167806
= 16780 – 17.6 = 16618
16618
= 1661 – 17.8 = 1525
1525
= 152 – 17.5 = 67
Karena 19 ┼ 67, maka 19 ┼ 16788979
2.5 Pembagian dengan Metode Pencoretan (Scratch Method).
Metode ini digunakan untuk mengetahui apakah suatu bilangan habis dibagi
7, 11, 13, 77, 91, atau 143. Meskipun pembagian dengan cara biasa dapat dilakukan
dengan mudah. Metode ini dapat memberikan tambahan ilmu baru dengan teknik
yang lebih sederhana dan relatif singkat.
Perhatikan bahwa hasil kali 7, 11, dan 13 adalah:
7 x 11 x 13 = 1001. Jadi jelaslah bawa 7 │1001, 11 │1001, dan 13 │1001.
Jika suatu bilangan bulat N dibagi 1001, maka ada beberapa keadaan yang terjadi.
1. 1001│N.
Karena 7 │1001, 11 │1001, dan 1001│N, maka jelaslah bahwa 1001.
7│N, 11│N dan 13 │N.
2. 11 ┼ N
Karena 11 ┼ N, maka N dapat dinyatakan sebagai
N = 1001.q + r (r  0 )
a. 7│r
Teori Bilangan - 66
Karena 7│1001.q dan 7 │r, maka 7 │1001.q + r, atau 7 │N,
b. 11│r
Karena 11│1001.q dan 11 │ r, maka 11 │1001.q + r, atau 11│N,
c. 13│r
Karena 13│1001.q dan 13 │r, maka 13 │1001.q + r, atau 13 │N,
d. 7│r dan 11│r ( 13 ┼ r)
Karena 7│r dan 11│r, dan (7,11) = 1 maka 77│r.
Karena 77│1001.q dan 77 │r, maka 77 │1001.q + r, atau 77 │N,
e. 7│r dan 13│r ( 11 ┼ r)
Karena 7│r dan 13│r, dan (7,13) = 1 maka 91│r.
Karena 91│1001.q dan 91 │r, maka 91 │1001.q + r, atau 91 │N,
f. 11│r dan 13│r ( 7 ┼ r)
Karena 11│r dan 13│r, dan (11,13) = 1 maka 143│r.
Karena 143│1001.q dan 143 │r, maka 143 │1001.q + r, atau 143│N,
Berdasarkan analogi tersebut di atas, dapat disimpulkan bahwa suatu bilangan habis
dibagi 7, 11, 13, 77, 91, 143, dapat dilakukan dengan pembagian 1001. selanjutnya
dilihat sisa hasil pembagian yaitu bagaimana keadaan dari r. Untuk lebih jelasnya
perhatikan contoh berikut ini.
1. Bagilah 231764587 dengan 1001
Misal N = 231764587, dengan 2 adalah angka ke-1, 3 angka ke-2, ..... 7 angka
ke 9.
a. Perhatikan angka ke-1 dan ke-4 dan kurangkan diperoleh 7-2 = 5 dan
hasilnya letakkan diatas N.
Teori Bilangan - 67
5
231764587
b. Selanjuntnya perhatikan angka ke-2 dan ke-5, dan kurangkan maka diperoleh
4 – 1 = 3, hasilnya letakkan di atas N
53
2 3 1 7 6 4 5 8 7,
c. Lanjutkan sampai angka ke-9 maka diperoleh:
533154
2 3 1 7 6 4 6 8 7,
Perhatikan bahwa tiga bilangan terakhir yang tidak dicoret adalah sisa
pembagian yaitu 154. Selanjutnya dapat diselidiki apakah 154 habis dibagi 7, 11,
13, dan seterusnya.
Karena 7 │154, maka 7 │231764587. Karena 13 ┼ 154, maka 13 ┼ 231764587
2. Misal N = 3526766958 dibagi 1001
Analog dengan contoh soal 1 diperoleh hasil sisa pembagian.
3243715
3526766958
Perhatikan bahwa tiga bilangan terakhir yang tidak dicoret adalah sisa
pembagian yaitu 715. Selanjutnya dapat diselidiki apakah 715 habis dibagi 7, 11,
13, dan seterusnya.
Contoh 1 dan 2 di atas, disebut juga dengan metode pembagian dengan
pencoretan (scratch merthod)
Teori Bilangan - 68
2.5 Kesimpulan
Suatu bilangan asli N habis dibagi :
1. Selalu habis dibagi 1.
2. 2 jika angka terakhir lambang bilangan N habis dibagi 2 (genap).
3. 3 jika jumlah angka-angka dari lambang bilangan N habis dibagi 3.
4. 4 jika bilangan yang dibentuk oleh dua angka terakhir dari lambang
bilangan N habis bagi 4.
5. 5 jika angka terakhir dari lambang bilangan N adalah 0 atau 5.
6. 6 jika N habis dibagi oleh 2 dan 3.
7. 7 jika N = (akak-1ak-2ak-3ak-4 ....a1ao) habis dibagi jika 7 │(a0 +3a1 + 2a2 ) - (a3 +
3a4 + 2a5) + ...
8. 8 jika bilangan yang dibentuk oleh tiga angka terakhir dari lambang
bilangan N habis dibagi 8
9. 9 jika jumlah angka-angka dari lambang bilangan N habis dibagi 9.
10. 10 jika angka terakhir dari lambang bilangan N adalah 0.
11. N = (akak-1ak-2ak-3ak-4
....a1ao)
habis dibagi 11 jika selisih jumlah angka-
angka pada urutan genap dengan jumlah angka pada urutan ganjil habis
dibagi 11.
12. habis dibagi 12 jika N habis dibagi 3 dan 4.
13. habis dibagi 13 jika sisa pembagian dengan methode pencoretan habis
dibagi 13.
14. habis dibagi 14, jika N habis dibagi 2 dan 7.
15. habis dibagi 15 jika N habis dibagi 3 dan 5.
Teori Bilangan - 69
16. habis dibagi 16 jika 4 angka terakhir dari N adalah bilangan yang habis
dibagi 16.
17. Selanjutnya dapat diselidiki apakah suatu bilangan habis dibagi bilangan prima.
Cara yang dapat ditempuh adalah mencari bilangan pengali pada pembagian
dengan bilangan prima.
Soal-soal
1. Tunjukkan bahwa jika ab │ bc maka a│ b.
2. Berapa banyak bilangan bulat antara 100 sampai dengan 1000 yang
habis dibagi 7?
3. Jika (a,4) = 2 dan (b,4) = 2, Buktikan bahwa (a+b,2) = 4
4. Tentukan (n,n+1) dan [n,n+1], bila n  Z.
5. Selidiki apakah bilangann 4562333211119 habis dibagi 11, dan 13.
6. Buktikan jika n bilangan ganjil maka 8 │ n2 – 1.
7. Jika a │b, a │c, maka a │(b-c). Jika a > b dan b  0.
8. Tentukan nilai x dan y dari kombinasi linear berikut ini.
a. 341x + 527y = (341,527)
b. 817x + 589y = (817,589)
c. 999x + 49y = (999, 49)
d. 5321x + 544y = (5321,544)
e. 44329x + 140299y = (44329, 140299)
9. Tunjukkan bahwa:
a. Perkalian tiga bilangan bulat berurutan habis dibagi 6
Teori Bilangan - 70
b. Perkalian empat bilangan bulat berurutan habis dibagi 24.
10. Tentukan KPK dari
a. 109 dan 1135
b. 2201 dan 3317
c. 4, 5, dan 9
d. 3, 4, dan 6
e. 5321 dan 544
11. Tentukan semua selesaian (jika mungkin) dari persamaan Diophantine
berikut ini.
a. 56x + 72y = 40
b. 24x + 138y = 18
c. 221x + 91y = 117
d. 84x – 438y = 156
e. 30x + 17y = 300
f. 54x + 21y = 906
g. 123x + 360y = 99
h. 158x – 57y = 7
Teori Bilangan - 71
Teori Bilangan - 72
Teori Bilangan - 73
Teori Bilangan - 74
Teori Bilangan - 75