Embed Size (px)
Citation preview
BAB I
PENDAHULUAN
1.1 Latar Belakang
Persamaan Diophantine terdiri dari persamaan Diophantine linear dan
persamaan Diophantine non-linear. Persamaan ini pertama kali ditulis oleh
“Diophantus” (250 M ) di dalam bukunya yang berjudul “Arithmetica” dan
buku ini dikenal sebagai buku aljabar yang pertama kali.
Riwayat dari Diophantus:
Sekitar athun 250 seorang matematikawan Yunani yang bermukim di
Alexandria melontarkan problem matematika yang tertera di atas batu risanya.
Tidak ada catatn terperinci tentang kehidupan Diophantus, namun
meninggalkan problem tersohor itu pada Palatine Anthology, yang ditulis
setelah meninggalnya. Pada batu nisan Diophantus tersamar (dalam
persamaan) umur Diophantus.
Karya Diophantus:
Diophantus menulis Aritmetica yang mana isinya merupakan
pengembangan aljabar yang dilakuakn dengan membuat beberapa persamaan.
Persamaan – persamaan tersebut disebut persamaan “Diophantine”, digunakan
pada matematika sampai sekarang. Diophantus menulis 15 namun hanya 6
buku yang dapat dibaca, sisanya ikut terbakar pada penghancuran
perpustakaan besar Alexandria. Sisa karya Diophantus yang selamat sekaligus
merupakan teks bangsa Yunani yang terakhir dan diterjemahkan. Buku
terjemahan pertama kali dalam bahasa latin diterbitkan pada tahun 1575.
Prestasi Diophantus mer4upakan akhir kejayaan Yunani kuno. Susunan –
susunan dalam Aritmatika tidak secara sistematik operasi – operasi aljabar,
fungsi – fungsi aljabar atau solusi terhadap persamaan – persamaan aljabar. Di
dalamnya terdapat 150 problem, semua diberikan lewat contoh – contoh
numeric yang spesifik meskipun barangkali metode secara umum juga
1
diberiakn. Sebagai contoh persamaan kuadrat mempunyai hasil dua akar
bilangan positif dan tidak mengenal akar bilangan negative. Diophantus
menyelesaiakan problem – problem menyangkut beberapa bilangan taidak
diketahui dan dengan penuh keahlian menyajikan banyak banyak bilangan –
bilangan yang tidak diketahui.
Contoh:
Diketahui bilangan dengan jumlah 20 dan jumlah kuadratnya 208, angka
bukan diubah menjadi x dan y, tapi ditulis sebagai 10 + x dan 10 – x (dalam
notasi modern). Selanjutnya (10 + x )2 + (10 – x)2 = 208, diperoleh x = 2 dan
bilangan yang tidak diketahui adalah 8 dan 12.
Diophantus dan Aljabar:
Dalam Aritmetica mski bukan merupakan teks aljabar akan tetapi
didalamnya terdapat problem persamaan x2 = 1 + 30y2 dan x2= 1 + 26y2 yang
kemudian diubah menjadi persamaan pell x2 = 1 + py2, sekali lagi didapat
jawaban tunggal, karena Diophantus adalah pemecah problem bukan
menciptakan persamaan dan buku berisikan kumpulan problem dan aplikasi
pada aljabar. Problem Diophantus untuk menemukan bilangan x, a dan y, a
dalam persamaan x2 + y2 = a2 atau x3+ y3 = a3, kelak mendasari fermat
mencetuskan TTF (Theorema Terakhir Fermat). Prestasi ini membuat
Diophantus seringkali disebut dengan ahli aljabar dan babylonia dan karyanya
disebut dengan aljabar Babylinia.
*) Misal umur x, sehingga x = 1/6x + 1/12x + 1/7x + 5 + 1/2x + 4 akan
diperoleh x = 84, umur Diophantus.
Di dalam persamaan Diophantine linear paling sederhana adalah memuat dua
variable,dimana pada umumnya dinyatakan dengan ax + by = c dengan a, b, c
Є Z, sedangkan di dalam persamaan Diophantine non-linear membahas
tentang triple Pythagoras dan jumlah kuadrat.
2
1.2 Rumusan Masalah
Persamaan Diophantine memang merupakan persamaan linear dan non-linear
yang penyelesaiannya dapat diselesaikan dan tidak dapat dapat diseleasikan.
Dari kata pengantar di atas maka dapat dibuat rumusan masalah sebagai
berikut:
1) Apa itu persamaan Diophantine?
2) Apa itu persamaan linear?
3) Apa itu persamaan non-linear?
4) Bagimana cara penyelesaian persamaan Diophantie tersebut?
5) Bagaimana cara penyelesaian persamaan linear?
6) Bagaimana cara penyelesaian persamaan non-linear?
1.3 Tujuan Penulisan:
Persamaan – persamaan Diophantine mempunyai penyelesaian masing –
masing. Dengan demikian, melalui karya tulis (peper) ini diharapkan
masyarakat pembaca mengetahui tentang bentuk – bentuk penyelesaian
persamaan – persamaan Diophantine sehingga kita dapat membuka wawasan
pikiran masyarakat pembaca untuk dapat menyelesaikan dan mememahami
lebih terperinci mengenai persamaan – persamaan Diophantine.
1.4 Landasan Teori
Penulisan ini berlandaskan pada cara – cara penyelesaiannya, yaitui:
1) Persamaan Linear. Di dalam persamaan linear ada 3 cara penyelesaian
yaitu: cara yang memuat dua variabel, cara reduksi dan cara
kongruensi.
2) Persamaan non-linear. Di dalam persamaan non-linera ada 2 cara
penyelesaian yaitu: cara triple Pythagoras dan cara bilangan jumlah
kudrat.
3
1.5 Metode Penulisan
Dalam penulisan karya tulis (peper) ini digunakan metode penulisan sebagai
berikut:
1) Metode Kepustakaan
Dalam hal pengumpulan data, dilakuakan pengambilan data melalui
buku persamaan Diophantine.
4
BAB II
PEMBAHASAN
2.1 Persamaan Diophantine Linear
2.1.1 Memuat Dua Variabel
Persamaan Diophantine linear paling sederhana adalah memuat
dua variable. Pada umumnya dinyatakan dengan ax + by = c, dengan
a, b, c, Є Z.
Dalil 7.1
a) Ditentukan (a,b) c, maka ax + by = c tidak mempunyai penyelesaian.
Bukti:
Misalkan x dan y adalah bilangan – bilangan bulat yang memenuhi ax + by = c
d = (a,b) → (d | a dan d | b)
d = | a → d | ax
d | b → d | by
(d | ax dan d | by) → d | (ax + by) → d | c
jadi,jika d | c, maka bertentangan dengan d = 9a,b) dan d | c, yaitu
ax + by = c tidak mempunyai pemyelesaian.
b) Ditentukan (a,b) | c, maka persamaan ax + by = c mempunyai penyelesaian bulat
yang tak hingga banyaknya, yaitu pasangan (x,y) dengan: x = x0 + (b/d)n dan y =
y0 – (a/d)n
dengan n Є Z dan (x0,y0) adalah suatu penyelesaian bulat.
Bukti:
Misalkan x,y Є Z memenuhi ax + by = c dan d | c
Karena d = ( a,b), maka tentu ada (x1, y1 Є Z ) sehingga d = ax1 + by1
d | c → c = kd ( k Є Z) → c = k ( ax1 + by1 ) → c = a (kx1) + b
(ky1) → (c = ax1 + by1 atau ax1 + by1 = c)
5
Ternyata dengan mengambil x0 = kx1 dan y0 = ky1, maka (x0,y0) memenuhi
persamaan, sehingga (x0,y0) merupakan satu penyelesaian.
Untuk menunjukkan terdapat tak hingga banyaknya penyelesaian, ambil:
x = x0 + (b/d)n dan y = y0 - (a/d)n dengan n Є Z
Jika nilai – nilai x dan y disubstitusikan ke dalam persamaan, maka diperoleh:
ax + by = a {x0 + (b/d)n} + b {y0 – (a/d)n}
= ax0 + a(b/d)n + by0 – b(a/d)n
= ax0 + by0 + (ab/d)/n – (ab/d)/n
ax + by = c
Karena n Є Z, maka terdapat tak hingga banyaknya (x,y) dengan:
x = x0 + (b/d)n dan y = y0 – (a/d)n
dan memenuhi persamaan ax + by = c.
Sekarang akan ditunjukkan bahwa setiap penyelesaian dari ax + by = c dalam
bentuk:
x = x0 + (b/d)n dan y = y0 – (a/d)n
Misalkan x,y Є Z dan ax + by = c
Karena ax + by + c dan ax0 + by0 = c, maka:
a(x – x0) + b(y – y0) = 0
a(x – x0) = b(y0 – y)
(a/d)(x – x0) = (b/d)(y0 –y) → (a/d) | (b/d)(y0 – y)
{(a/d) | (b/d)(y0 – y) dan (a/d,b/d) = 1} → (a/d) | (y0 – y)
(a/d) | (y0 –y) → y0 – y = n(a/d) → y = y0 – (a/d)n
{y = y0 –(a/d)n dan a(x – x0) = b(y0 – y) }
→ a(x – x0) = b(a/d)n
→ x – x0 = (b/d)n
→ x = x0 + (b/d)n
6
Contoh:
1) 4x + 5y = 10
jawab:
(4,5) = 1 | 10 persamaan mempunyai penyelesaian
Sesuai dengan dalil Algoritma Euclides, karena (4,1) = 1, maka tentu ada x1,y1
Є Z sehingga 4x1 + 5y1 = 1
Karena 5 = 1.4 + 1 atau (4)(-1) + (5)(1) = 1, maka x1 = -1 dan y1 =1
(4)(1) + (5)(1) = 1
10{(4)(-1) + (5)(1)} = 10.1
4(-10) + 5(10) = 10 (Ingat: 4x + 5y = 10)
jadi, x0 = =10 dan y0 + 10
Penyelesaian persamaan adalah:
x = -10 + 5k dan y = 10 – 4k dengan k Є Z
2) 4x + 6y = 7
jawab:
(4,6) = 2 7 persamaan tidak mempunyai penyelesaian
3) 91x + 221y = 1066
Jawab:
221 = 2 . 91 + 39 → 39 = 221 – 2 . 91
91 = 2 . 39 + 13 → 13 = 91 – 2 . 39
39 = 3 . 13
(91 . 221) = 13
Karena 1066 = 82 . 13, maka 13 | 1066
13 | 1066 persamaan mempunyai penyelesaian.
Sesuai dengan Dalil: 1 Algoritma Euclides, karena (91,221) = 13, maka tentu
ada x1 . y1 Є Z sehingga 91x1 + 22y1 = 13
13 = 91 . 2(39) = 91 . 2(221 – 2 . 91) = 5 . 91 + 22(-2)
13= 5.91 + 221(-2) . 91.5 + 221(-2) = 13
82(91.5 + 221 (-2)) = 82.13
7
91(410 + 221(-64) = 1066
Jadi x0 = 410 dan y0 = -164
Penyelesaian persamaan adalah
x = 410 + 17s dan y = -164 – 7s.s Є Z
2.1.2 Cara Reduksi
Cara reduksi dalam menyelesaikan persamaan Diophantine
linear adalah mereduksi koefisien (bukan meruduksi variable) melalui
pembagian berulang (serupa dengan pembagian Algoritma), sehingga
diperoleh bentuk tanpa pecahan.
Selanjutnya dengan bekerja mundur, nilai – nilai penyelesaian
akan diperoleh dan variable lain yang digunakan dan tidak tercantum
dalam persamaan semula, antara lain: r, s, t dan u, meskipun tanpa
keterangan semuanya diambil bulat.
Contoh:
1) 4x + 5y = 10
Jawab:
4x + 5y = 10
4x = 10 – 5y
x =
x = (2 – y) +
Ambil t , sehingga:
t == atau 2 – y = 4t atau y = 2 – 4t, sehingga dariy = 2 – 4t diperoleh:
x = (2 – y) +
x = 2 – (2 – 4t) + t
8
x = 5t
x = 0 + 5t
Penyrlesaian persamaan adalah:
x = 0 + 5t
y = 2 – 4t
2) 3x + 8y = 11
Jawab:
3x 8y = 11 → 3x = 11 – 8y
x =
x = (3 – 2y) +
Ambil t,sehingga:
t = → 2 – 2y = 3t → y = →y = (1-t)-
Ambil u, sehingga:
u =
t = 2u → y = (1 – 2u) - = 1 – 2u – u = 1 – 3u
x = 3 – 2y + t→ x = 3 – 2(1 – 3u) + 2u = 3 – 2 + 6u + 2u = 1 + 8u
Penyelesaian persamaan adalah:
x = 1 + 8u
y = 1 – 3u
3) 8x – 5y + 7z = 21
Jawab:
9
8x – 5y + 7z = 21
-5y = -8x – 7z 21
y =
y = (x + z – 4) +
Ambil t,sehingga
t = → -5t = -3x – 2z + 1 → -2z = 3x – 5t – 1 → z =
z = (-x + 2t) +
Ambil u,sehingga:
u = → -2u = x – t – 1 →x = -2u +t + 1
z = (-x + 2t) + u = - (-2u + t + 1) + 2t + u + 3u + t – 1
y = (x + z – 4) + t = 9-2u + t + 1) + (3u + t – 1) – 4 + t = u + 3t – 4
Penyelesaian persamaan adalah:
x = -2u + t + 1
y = u + 3t – 4
z = 3u + t -1
Pengecekan dengan menggunakan tiga pasang nilai (u,t), ternyata mengjhasilkan
8x – 5y + 7z = 21
u t x y z 8x -5y 7z 8x – 5y + 7z
1 1 0 0 3 0 0 21 21
2 1 -2 1 6 -16 -5 42 21
1 2 1 3 4 8 -15 28 21
2.1.3 Cara Kongruensi
Penyelesain persamaan linear dengan menggunakan cara
kongruensi melebatkan penyelesaian kongruensi linear dan system
10
kongruensi linear. Meskipun hasil yang diperoleh mungkin
mempunyai bentuk yang berbeda dengan hsil yang diperoleh dengan
menggunakan cara yang lain, sebenarnya hasil itu adalah sama.
Contoh:
1) 35x + 14 = 19
Jawab:
35x + 14y + 91 → 14y = 91 – 35x → 14y ≡ 91 (mod 35) → 14y ≡ 21 ( mod 35)
Karena ( 14,21) = 7 | 35, maka kongruensi mempunyai penyelesaian:
14y ≡ 21 ( mod 35) → 2y ≡ 3 (mod 5) → y ≡ 4 (mod 5) → y = 4 + 5t
35x + 14y = 91 → 35x = 91 – 14y = 91 – 14 (4 + 5t) = 91 – 56 – 70t = 35 – 70t
x = 1 – 2t
Penyelesaian persamaan adalah:
x = 1 – 2t
y = 4 + 5t
2) 2x + 5y = 11
Jawab:
2x + 5y = 11 → 5y = 11 – 2x → 5y ≡ 11 (mod 2) → y ≡ 1 (mod 2)
y ≡ 1 (mod 2) → y = 1 + 2t
11 = 2x + 5y → 2x = 11 – 5y = 11 – 5(1 + 2t) = 11 – 5 – 10t = 6 – 10t → x = 3
– 5t
Penyelesaian kongruensi adalah
x = 3 – 5t
y = 1 + 2t
Pengecekan:
t x y 2x 5y 2x + 5y
1 2 3 -4 5 11
2 -7 5 -14 25 11
11
4 -17 9 -34 45 11
3) 17x + 13y = 21
Jawab:
17x + 13y = 21 → 13y = 21 – 17x → 13y ≡ 21(mod 17) → 13y ≡ 4(mod 17)
Proses penyelesaian:
13y ≡ 4(mod 17) y =
17z ≡ -4(mod)
4z ≡ -4 (mod 13) z =
13t ≡ 4(mod 4)
t ≡ 0(mod4) t = 0
Proses penyelesaian di atas menunjukkan bahwa:
y ≡ -1(mod 17) ≡ 16(mod 17)
y ≡ 16(mod 17) → y = 16 + 17t
17x = 21 – 13y → 17x = 21 – 13(16 + 17t)
= 21 – 208 – 221t
= -187 – 221t
x = -11 – 13t
Penyelesaian persamaan adalah:
x = -11 – 13t
y = 16 + 17t
4) 6x + 15y = 8
Jawab:
12
6x + 5y = 8 → 6x = 8 – 15y → 6x ≡ 8 (mod 15)
Karena (6,8) = 2 15, maka kongruensi ini tidak penyelesaian, berarti pula
persamaan 6x + 15y = 8 mempunyai tidak mempunyai penyelesaian.
2.2 Persamaan Diophantine N0n-Linear
2.2.1 Triple Pythagoras
Dalil Pythagoras menyatakan bahwa di dalam sebarang segitiga siku –
siku, kuadrat panjang sisi miring (hypotenuse) sama dengan jumlah
kuadrat panjang dari sisi – ssisi(kaki – kaki, legas) yang lain.
Sebaliknya, sebarang segitiga yang memenuhi hubungan kuadrat
panjang sisi terpanjang sama dengan jumlah kuadrat panjang dari sisi
– sisi yang lebih pendek, maka segitiga itu tentu merupakan segitiga
siku – siku.
Secara geometri, dalil Pythagoras terkait dengan perhitungan luas dari
suatu bujur sangkar yang sisi – sisinya adalah sisi – sisi dari suatu
segitiga siku – siku.
Jika suatu segitiga siku – siku mempunyai sisi – sisi miring c dan sisi –
sisi yang lain adalah a dan b, maka hubungan antara a, b, c menurut
dali Pythagoras adalah:
c2 = a2 + b2
Tiga bilangan bulat positif x, y, dan z yang memenuhi hubungan dalil
Pythagoras disebut Triple Pythagoras. Beberapa Triple Pythagoras
adalah:
3, 4, 5 sebab 52 = 32 + 42
5, 12, 13 sebab 132 = 52 + 122
7, 24, 25 sebab 252 = 72 + 242
8, 15, 17 sebab 172 = 82 + 152
9, 40, 41 sebab 412 = 92 + 402
13
Pythagoras adalah matematis Yunani Kuno (572-500 S.M) yang lahir
di Samos. Ia mengatakan bahwa kunci untuk memahami dunia adalah
bilangan asli dan segala sesuatu tidak bias lepas dari keterkaitan
dengan bilangan.
Definisi 7.1
Semua Triple Pythagoras x, y, z disebut primitive Pythagoras jika (x, y, z) = 1
Contoh 7.1
1. Triple Pythagoras 3, 4, 5 adalah primitive Pythagoras sebab
(3,4,5) = 1 dan 52 = 32 + 42
2. triple Pythagoras 7,24,25 adalah primitive Pythagoras sebab
(7,24,25) = 1 dan 252 = 72 + 242
3. Triple Pythagoras 6,8,10 adalah bukan primitive Pythagoras
sebab (6,8,10) = 2 = 1
4. Triple Pythagoras 24, 45, 51 adalah bukan primitive
Pythagoras sebab ( 24,45,51) = 3 = 1
Jika diketahui suatu primitive Pythagoras 3,4,5 kemudian masing – masing
bilangan dalam triple itu dikalikan 2, sehingga diperoleh 6, 8, 10
Jika bilangan pengali diganti 7, sehingga diperoleh 21, 28, 35
Karena 352 = 212 + 282, maka jelas bahwa 21, 28,35 merupakan triple Pythagoras.
Sekarang Jika masing – masing bilangan pada triple Puthagoras 5,12,13 dikalikan
secara berturut – turut dengan 5, kemudian dengan 6, berikutnya dengan 9, dan
terakhir dengan 25, apakah triple – triple baru yang diperoleh merupakan triple
Pythagoras?
Misalkan x ,y ,z adalah suatu primitive Pythagoras , maka:
z02 = x0
2 + y02
Jika masing – masing bilangan dikalikan dengan k, maka diperoleh triple:
kx0. ky0 . kz0
Perhatikan bahwa:
14
zx0 = x0 + y0
k2 z02 = k2 (x0
2 +y02)
k2 z02= k2 x0
2 + k2 y02
(kz0)2 = (kx0 )2 + (ky0)2
Keadaan pada bagian terakhir menunjukka bahwa kx0, ky0, kz0 adalah triple
Pythagoras.
Mis2alkan x, y, z adalah suatu triple Pythagoras dan (x, y, z) = d, maka d | x, d | y,dan
d | z
d | x → x = dx0 →
d | y → y = dy0 →
d | z → z = dz0 →
x2 + y2= z2 →
→ x + y = z
Keadaan terakhir menunjukkan bahwa x, y, z merupakan triple Pythagoras
Kareana dan , maka jelas bahwa , berarti x , y, z
adalah suatu primitive triple Pythagoras.
Dalil 7.1
Jika x, y, z adalah suatu primitif Pythagoras, maka (x, y) = (x, z) = (y, z) = 1
Bukti:
Untuk membuktikan dalil ini digunakan bukti tidak langsung.
Misalkan (x,y) ≠ 1, yaitu (x,y) >1
15
Karena (x,y) > 1, maka (x,y) merupakan bilangan prima atau (x,y) merupakan
bilangan komposit (yang dapat difaktorkan menjadi factor – factor prima), maka jelas
ada bilangan prima p sehingga p | (x,y)
p | (x,y) → (p x dan p y)
p | x → p | x
p | y → p | y
(p | x2 dan p | y2) → p | (x2 + y2) → p | z2 p | z
(p | x, p | y, dan p | z → (x,y,z) ≠ 1
Karena x,y,z adalah suatu primitif Pythagoras, maka (x,y,z) = 1
(x,y,z) = 1 dan ( x, y, z) ≠ 1, berarti terjadi kontradiksi.
Jadi pemisahan (x,y) ≠ 1 dalah salah sehingga (x,y) = 1
Dengan jalan yang sama dapat dibuktikan bahwa (x,z) = 1 dan (y,z) = 1
Dalil 7.2
Jika x,y,z adalah suatu primitif triple Pythagoras, maka x adalah suatu
bilangan genap dan y adalah suatu bilangan ganjil, atau x adalah suatu bilangan ganjil
dan y adalah suatu bilangan genap.
Bukti:
x,y,z adalah suatu primitif triple Pythagoras, maka (x,y) = 1
1. x dan y tidak mungkin keduanya merupakan bilangan genap sebab kalau x =
2s (x adalah suatu bilangan genap) dan y 2t ( y adalah suatu bilangan genap),
maka (x,y) = (2s,2t) ≠ 1
Ini berarti bahwa x,y ≡ 0 (mod 4) dan x,y ≡ 2 (mod 4)
2. x dan y tidak mungkin tidak mungkin keduanya merupakan bilangan gajil.
a. Jika x ≡ 1(mod 4) dan y ≡ 1(mod 4), maka x2 ≡ 1 (mod 4) dan y2 ≡ 1 (mod 4),
sehingga z2= x2 + y2 ≡ 2 (mod 4). Hal ini mungkin sebab tidak ada bilangan
kuadrat yang mempunyai bentuk 2 (mod 4).
16
b. Jika x ≡ 1 (mod 4) dan y ≡ 3(mod 4), maka x2 ≡ 1 (mod 4) dan y2 ≡ 1 (mod 4),
sehingga z2 = x2 + y2 ≡ 2 (mod 4). Hal ini mungkin sebab tidak ada bilangan
kuadrat yang mempunyai bentuk 2 (mod 4).
c. Jika x ≡ 3 (mod 4) dan y ≡ 3 (mod 4), maka x2 ≡ 1(mod 4) dan y2 ≡ 1(mod 4),
sehingga z2 = x2+ y2 ≡ 2 (mod 4). Hal ini tidak mungkin sebab tidak ada
bilangan kuadrat yang mempunyai bentuk 2(mod 4).
Karena keadaan 1 dan keadaan 2 tidak mungkin terjadi maka keadaan yang
memenuhi adalah x merupakan suatu bilangan genap dan y merupakan suatu
bilangan ganjil, atau sebaliknya.
Dalil 7.3
Jika x, y, z Z, maka penyelesaian primitif :
x2 + y2 = z2
adalah :
x = m2 – n2, y = 2mn, dan z = m2 + n2
yang mana m > n > 0, (m,n) = 1 dan m berlawanan paritas dengan n.
Bukti :
Menurut dalil 7.2 jika x, y, z adalah suatu penyelesaian primitif Pythagoras, maka x
dan y berlawanan parotas.
Ambil suatu bilangan genap y, maka x adalah suatu bilangan ganjil.
y adalah suatu bilangan genap y = 2k
{y = 2k dan y2 = z2 – x2} 4k2 = z2 – x2 k2 = (z2 – x2)/4
k2 =
karena y adalah suatu bilangan genap dan x adalah suatu bilangan ganjil, maka y2
adalah suatu bilangan genap dan x2 adalah suatu bilangan ganjil, sehingga z2 = x2 + y2
merupakan suatu bilangan ganjil.
Karena z2 merupakan suatu bilangan ganjil, maka z juga merupakan suatu bilangan
ganjil.
17
(z + x)2
(z - x)2
(z + x z – x) 2 2
Dari k2 = dapat ditunjukkan bahwa =1.
Untuk membuktikannya ambil u = dan y , dan (u, v) = d.
(u, v) = d (d | u dan d | v) (d | (u + v) dan d | (u – v))
d | (d + v) d | d | zd | (u - v) d | d | x
(d | z dan d | x) d | (x, z)
{d | (x, z) dan (x, z) = 1} d = 1
karena (u, v) = d dan d = 1, maka (u, v) = 1, berarti
= 1
atau (u, v) = 1
jadi: k2 = uv dengan (u, v) = 1.
y2 = , u = , dan y y2 = uv
karena (u, v) = 1, maka pemfaktoran prima dari u dan v menghasilkan pemfaktoran
yang berbeda, yaitu tidak mempunyai faktor prima persekutuan, sehingga u dan v
dapat dinyatakan sebagai :
u = p1r1, p1
r2……….. pir1 dan v = pi + 1
ri + 1, pi + 2ri+2………. Pj
rj
Jika:
k = q1 s1, q2s2……… qt
s1
Maka :
k2 = (q1 s1, q2s2……… qt
s1)2 = q1 2s1, q22s2……… qt
2s1
karena y2 = uv, maka :
q1 2s1, q22s2…… qt
2s1 = (p1r1, p1
r2….. pir1) (pi 1
ri + 1, pi + 2ri+2….. Pj
rj)
karena setiap pi harus sama dengan qt, maka dapat ditentukan bahwa :
ri = 2st
berarti setiap pangkat dari pi adalah bilangan genap, dan (ri/2) adalah suatu
bilangan bulat, sehingga :
q1 2s1, q22s2… qt
2s1 = (p1r1/2, p1
r2/2…. pir1/2)2 (pi + 1
(ri + 1)2, pi + 2 (ri+2)/2… Pj
rj/2)2
18
(z + x)2
(z - x)2
z + x2
z - x2
(z + x + z – x) 2 2
(z + x - z – x) 2 2
(z + x , z – x) 2 2
(z + x) (z – x) 2 2
z - x2
z + x2
atau : k2 = m2 n2
Selanjutnya :
(k2 = uv dan k2 dan m2 n2) (u = m2 dan y = n2)
k2 = m2 n2 k = mn
(y = 2k dan k – mn) y = 2mn
Karena :
u + v = = z, maka z = u + v = m2 + n2
u + v = = x, maka x = u + v = m2 + n2
(u, v)= 1 (m2, n2) = 1 (m,n) = 1
Jadi : Penyelesaian primitif x2 + y2 = z2 adalah x = m2 – n2, y = 2mn, dan z
= m2 + n2 dengan m > n > 0, (m,n) = 1,
Berdasarkan dalil 7.2 di atas, dengan memilih harga-harga m dan n, maka
dapat diperoleh harga-harga x, y dan z, sehingga dapat dihasilkan triple-
triple Pythagoras.
m n m2 n2 2mn x = m2 + n2 y = 2mn z = m2 + n2
2
3
4
4
5
5
6
6
7
7
7
1
2
1
3
2
4
1
5
2
4
6
4
9
16
16
25
25
36
36
49
49
49
1
4
1
9
4
16
1
25
4
16
36
4
12
8
24
20
40
12
60
28
56
84
3
5
15
7
21
9
35
9
45
33
13
4
12
8
24
20
40
12
60
28
56
84
5
13
17
25
29
41
36
61
53
65
87
19
z + x + z – x 2 2
z + x + z – x 2 2
Dari tabel dapat diketahui bahwa m = 5 dan n = 1, m = 6 dan n = 2, m = 7 dan n = 3
tidak dipilih sebagai salah satu keadaan triple Pythagoras primitif karena 5 1 (mod
2), 6 2 (mod 2), dan 7 3 (mod 2).
Jika pilihan nilainilai tersebut diteruskan, maka kita tidak memperoleh triple
Pythagoras.primitif :
m = 5 dan n = 1 x = 24, y = 10, z = 26
m = 6 dan n = 2 x = 32, y = 24, z = 40
m = 7 dan n = 3 x = 40, y = 42, z = 58
Dalil 7.4
Jika x, y, z N dan (x, y, z) – 1, maka persamaan x2 + 2y2 = z2
mempunyai penyelesaian :
x = |r2 – 2s2|
y = 2rs
z = r2 + 2s2
dengan r,s > 0 dan (r,2s) = 1
Bukti :
(x,y,z) = 1, ambil x adalah suatu bilangan ganjil, z adalah suatu bilangan ganjil, dan y
adalah suatu bilangan genap.
y adalah suatu bilangan genap, ambil y = 2m, sehingga dapat ditentukan
x2 + 2y2 = z2 x2 + 2(2m)2 = z2 x2 + 8m2 = z2
2m2 = (z2 – x2)4 2m2 =
20
(z + x) (z – x) 2 2
(z + x , z – x) 2 2
Karena = 1, mka sesuai dengan sifat ketunggalan
pemfaktoran, dapat ditentukan bahwa :
(r2 = dan 2s2 = atau (2r2 = dan s2 =
dengan (r2s) = 1 atau (2r,s) = 1,
r2 = z + x = 2r
2s2 = z – x = 4s2
2z = 2rs2 + 4s2 z = r2 + 2s2
2x = 2r2 – 4s2 x = r2 – 2s2
2m2 = (r2) (2s2) m = rs y = 2m = 2rs
Sebagai fakta bahwa x2 + 2y2 = z2 mempunyai penyelesaian, ambil
beberapa nilai r, s yang memenuhi (r, 2s) = 1 atau (2r,s) = 1.
r s x =|r2 – 2s2| y = 2rs z = r2 + 2s2
2
1
2
1
3
3
7
17
14
6
6
12
11
19
22
Dalil 7.5
Jika x,y,z N dan (x,y,z) = 1, maka persamaan x2 + y2 = 2z2 mempunyai
penyelesaian :
x = r2 – s2 + 2rs
y = |rs2 – s2 – 2rs|
z = r2 + s2
dengan r, s N (u, v) = 1, serta u dan v mempunyai parities yang berbeda,
Bukti :
21
z + x2
z - x2
z + x2
z - x2
z + x2
z - x2
Karena (x,y,z) = 1, dan berdasarkan sifat kongruensi modulo 4, maka x, y dan z
semuanya adalah bilangan ganjil, sehingga Z
2z2 = x2 + y2 z2 = z2 =
= r2 – s2 , = 2rs, dan z = r2 + s2
atau : = 2rs, r2 – s2 , dan z = r2 + s2
= r2 – s2 + = r2 – s2
= 2rs + = 2rs
x = r2 – s2 + 2rs
y = | r2 – s2 – 2rs|
z = r2 + s2
Sebagai fakta bahwa x2 + y2= 2z2 mempunyai penyelesaian ambil beberapa nilai r dan
s ang memenuhi (r,s) = 1, serta r dan s mempunyai paritas yang berbeda.
r s x = r2 – s2 + 2rs y =| r2 – s2 - 2rs| z = r2 + s2
2
3
3
1
1
2
7
14
17
1
2
7
5
10
13
Dalil 7.6
Jika y dan z adalah bilangan-ilangan genap, maka penyelesaian persamaan :
x2 + y2 + z2 = t2
22
x + y , x – y 2 2
x 2 + y 2 2
(x + y)2 + (x – y)2 2 2
x + y2
x - y2
x + y2
x + y2
x - y2
y2
x 2
x - y2
y 2
x 2
Adalah :
x = , y = 2p, z = 2q, t =
Dengan p, q N, r < (p2 + q2) dan r| (p2 = q2)
Bukti
1. Jika semua x, y, z adalah bilangan-bilangan ganjil, maka :
t2 = x2 + y2 + z2 3 (mod 8)
Dan hal ini jelas tmungkin (mengapa?)
2. Jika salah satu dari x,y,z adalah bilangan genap dan yang lain adalah
bilangan-bilangan ganjil, maka :
t2 = x2 + y2 + z2 2 (mod 4)
dan yang lain juga jelas tidak mungin (mengapa?)
3. Jika salah satu dari x,y,z adalah bilangan ganjil dan yang lain adalah bilangan-
bilangan genap, misalanya y = 2p dan z = 2q, dan u = t – x, maka:
(x -+ u)2 = (x + t – x)2 = t2
= x2 + y2 + z2
= x2 + (2p2) + (2q)2
= x2 + 4p2 + 4q2
x2 + 2xu + u2 = x2 + 4p2 + 4p2 u2 = 4p2 + 4q2 –2xu = 2(2p2+2q2 =
xu)
karena u2 adalah suatu bilangan genap, maka u adalah juga suatu
bilangan genap misalanya u = 2r, maka u2 = (2r)2 = 4r2.
4r2 = 4p2 + 4q2 – 2x(2r) r2 = p2+q2–xr r(r+x) = p2+q2 r| (p2+ q2)
r2 = p2 + q2 – xr xr = p2 + q2 – r2 x =
u = t – x V t = u + x = 2r + t =
23
P 2 + q 2 – r 2 r
P 2 + q 2 + r 2 r
P 2 + q 2 – r 2 r
P 2 + q 2 – r 2 r
P 2 + q 2 + r 2 r
jika d = (p2 + q2 – r2, 2pr, 2qr, p2 + q2 + r2), maka x,y,z dan t
merupakan penyelesaian primitif dengan p,q,r, Z dan (p,q,r) = 1,
sehingga:2
x =
y = 2p → dy = 2pr
z = 2q → dz = 2qr
t =
Sehingga peragaan Dalil 7.6, ambil p = 3, q = 2, dan r = 1.
dx = 32 + 22 – 12 = 12
dy = 2.3.1 = 6
dz = 2.2.1 = 4
dt = 32 + 22 + 12 = 14
Sehingga:
d = (12.6.4.14) = 2, dan:
x = z =
y = t =
x2 + y2 + z2 = 62 + 32 + 22 = 36 + 9 + 4 + = 49 = 7
x2+ y2 + z2 = t2
Contoh:
1) Carilah semua triple Pythagoras primitive yang mana selisih antara bilangan
terbesar dengan salah satu dari bilangan yang lain berselisih (berbeda) k.
Nilai – nilai k yang mungkin adalah k merupakan suatu bilangan ganjil atau k
merupakan suatu bilangan genap.
a. k adalah suatu bilangan ganjil
24
Jika z2 = x2 + y2, y adalah suatu bilangan genap dan z adalah ganjil, maka
untuk nilai k yang ganjil, diperoleh dari selisih bilangan terbesardengan
bilangan yang genap.
m2 + n2 – k = 2mn
m2 + n2 – 2mn = k
(m – n)2 = k
Jika t = m – n, maka t2 = k atau k = t2, dan m = n + t
x = m2 – n2 = (n + t)2 – n2 = n2 + 2nt + t2 – n2 = 2nt + t2 = t (2nt + t2)
y = 2mn = 2(n + t)n = 2n(n + t)
z = m2 + n2 = (n +t)2 + n2 = n2 + 2nt + t2 + n2 = 2n2 + 2nt +t2
Contoh nyata untuk k = 9 dan t = 3, dari persamaan – persamaan:
x = t(2n +t)
y = 2n(n + t)
z = 2n2 + 2nt + t2
Dapat ditentukan bentuk umu triple pythagoras yang dicari yaitu:
x = 3(2n + 3)
y + 2n(n +3)
z = 2n2 + 6n +9
Beberapa unsure dalam barisan triple Pythagoras yang memenuhi adalah:
(15,8,17), ( 21,20,29), (27,36,45),…
b. k adalah suatu bilangan genap
Jika z2 = x2 + y2, y adalah suatu bilangan genap dan z adalah suatu bilangan
ganjil, maka x dan z tentu keduanya merupakan bilangan – bilangan ganjil,
sehingga k merupakan selisih (beda) antara z dan x
Z = x + k, m2 + n2 = m2 – n2 + k, 2n2 =Ambil k = 2t2, maka 2n2 = 2t2,
sehingga n = t dengan m adalah sebarang bilangan lebih dari t dan
mempunyai paritas yang berbeda dengan t.
Dengan demikian dapat ditentukan bahwa:
x = m2 – n2 → x = m2 – t2
25
y = 2mn → y = 2mt
z = m2 + n2 → z = m2 + t2
Sebagai peragaan untuk k = 8 bentuk umu triple Pythagoras yang dicari
untuk n = t = 2 adalah:
x = m – 4
y = 4m
z = m + 4
Beberapa unsure dalam barisan triple Pythagoras yang memenuhi adalah:
95,12,13), (21,20,29). (45,28,53),…
2) Carilah semua triple Pythagoras yang membentuk suatu barisan Aritmatika.
Jawab:
Misalkan x, y, z adalah triple Pythagoras yang membentuk barisan aritmatika maka
tentu ada bilangan bulat positif sehingga:
(y – t)2 + y2 = (y + t)2
Dengan adalah beda barisan
(y – t)2 + y2 = (y + t)2
y2 – 2yt + t2 + y2 = y2 + 2yt + t2
y2 = 4yt → y(y – 4t) = 0 → (y= 0 atau y = 4t)
Karena y = o tidak mengahasilakn triple Pythagoras maka y = 4t, sehingga:
x = y – t = 4t – t = 3t
z = y + t = 4t + t = 5t
Jado bentuk umum triple Pythagoras yang dicari adalah (3t,4t,5t), sehingga
barisan yang dicari adalah:
(3,4,5), (6,8,10), (9,12,15), ( 12,16,20),…
3) Selesaikan persamaan x2 + y2 = z4 dalam bentuk triple Pythagoras
Jawab:
x2 + y2 = z4 → x2 + y2 = (z2)2
Ini berarti bahwa ada m, n Є Z, m > n sehingga:
26
z2 = m2 + n2
x = m2 – n2
y = 2mn
Dengan m = r2 – s2, n 2rs, dan z = r2 + s2
Berikutnya dapat dicari nilai – nilai x, y, z:
x = m2 + n2
x = (r2 –s2)2 – (2rs)2 = r2 – 2r2s2 + s4 – 4r2s2
x = | r4 – 6r2s2 + s4 |
y = 2mn
y = 2(r2 – s2) 2rs = (2r2 – 2s2) 2rs
y = 4rs(r2 – s2)
z = r2 + s2
Beberapa unsure dari barisan penyelesaian diperoleh dengan mengambil (r,s) = 1,
r >s > 0, dan r mempunayi paritas yang berbeda dengan s.
r s x = | r4 – 6r2s2 + s4 | y = 4rs (r2 – s2 ) z = r2 + s2
2 1 7 24 25
3 2 119 120 169
4 1 161 240 289
4 3 527 336 625
Beberapa unsure dari barisan penyelesaian adalah:
(7,24,25), (119,120,269), (161,240,289), (527,336,625)
2.2.2 BilanganJumlah Kuadrat
Menurut catatan sejarah matematika, sejak lama para matematisi
tertarik pada bilangan jumlah kuadrat. Pythagoras telah menunjukan
perhatian yang besar terhadap jumlah jumlah kuadrat dua bilangan
yang hasilnya juga bilangan kuadrat. Residu kuadratis juga merupakan
27
bagian dari usaha para matematisi dalam mengkaji sifat – sifat
bilangan jumlah kuadrat. Beberapa tokoh matematika yang telah
memberikan sumbangan berharga dalam pengembangan dan
penyelesaian kongruensi bilangan jumlah kuadrat antara lain adalah
Diophantine, Euler, Fermat, dan Lagrangre.
Marilah sekarang kita lihat dua peragaan berikut:
1. Setiap bilangan bulat dapat dinyatakan sebagai salah satu dari bentuk:
x = 4k atau x ≡ 0 (mod 4)
x = 4k + 1 atau x 1 (mod 4)
x = 4k + 2 atau x 2 (mod 4)
x = 4k + 3 atau x 3 (mod 4)
sehingga kudrat dari masing-masing kemungkinan nilai x adalah L
x 0 (mod 4) x2 0 (mod 4)
x 1 (mod 4) x2 1 (mod 4)
x 2 (mod 4) x2 4 (mod 4) 0 (mod 4)
x 2 (mod 4) x2 9 (mod 4) 1 (mod 4)
dari keadaan kuadrat x (atau x2) dapat ditentukan bahwa 0 dan 1
merupakan residu-residu kuadratis modulo 4, 2 dan 3 bukan
merupakan residu-residu kuadratis modulo.
Sekarang, jika diambil dua bilangan kuadrat x2 dan y=2, maka
kemungkinan jumlahnya, yaitu (x2 + y2), dapat dinyatakan sebagai :
x2 0 (mod 4) dan y2 0 (mod 4) x2 + y2 0 (mod 4)
x2 0 (mod 4) dan y2 1 (mod 4) x2 + y2 1 (mod 4)
x2 1 (mod 4) dan y2 1 (mod 4) x2 + y2 2 (mod 4)
Dari keadaan di atas jelas bahwa jika jumlah kuadrat dua bilangan
sama dengan a, yaitu :
x2 = y2 a(mod 4)
maka kemungkinan nilai-nilai a dalah a (0,1,2) (mod 4), berarti nilai
a tidak mungkin sama dengan 3 (mod 4) atau a 3 (mod 4)
28
jadi : x2 + y2 (mod 4) tidak mempunyai penyelesaian.
2. Dari hasil uraian pada butir 1 jelas bahwa jika a 3 (mod 4), maka x2 + y2
3 (mod 4), tidak mempunyai penyelesaian.
Marilah sekarang kita selidiki untuk harga-harga a 0 (mod 4), a 1
(mod 4), dan a 2 (mod 4).
Untuk a = 0, x2 + y2 a(mod 4) mempunyai penyelesaian x = 0 dan y = 0.
Apakah keadaan ini berlaku untuk a = 4,8,16,24,28,…. 4k (0,0,0,….,0)
(mod4)?
Bagaimana dengan nilai-nilai a = 1 dan a = 2?
Bagaimana dengan nilai-nilai a = 1,5,9,….4k + 1, … 1 (mod 4)?
Bagaimana dengan nilai-nilai a = 2,6,10,… 4k + 2, …. 2 (mod 4)?
Sekdar untuk memberikan fakta sederhana, perhatikan keadaan daftar
berikut:
n bentuk Jumlah kuadrat n bentuk Jumlah kuadrat
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
4k + 1
4k + 2
4k + 3
4k
4k + 1
4k + 2
4k + 3
4k
4k + 1
4k + 2
4k + 3
4k
4k + 1
4k + 2
02 + 12
12 + 12
-
02 + 22
12 + 22
-
-
22 + 22
02 + 32
12 + 32
-
-
22 + 32
-
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
4k
4k + 1
4k + 2
4k + 3
4k
4k + 1
4k + 2
4k + 3
4k
4k + 1
4k + 2
4k + 3
4k
4k + 1
02 + 42
12 + 42
32 + 32
-
22 + 42
-
-
-
-
32 + 42
12 + 52
-
-
22 + 52
29
15 4k + 3 - 30 4k + 2 -
Penggunaan pemfaktoran prima
Sekarang perhatikan bilangan-bilangan jumlah kuadrat (bjk) : 4,5,8,9, dan
10
4.5 = 20 = 22 + 42 5.9 = 45 = 32 + 62 4.4 = 16 = 02 + 42
4.8 = 32 = 42 + 42 5.10 = 50 = 12 + 72 5.5 = 25 = 02 5
4.9 = 36 = 02 + 62 8.9 = 72 = 62 + 62 8.8 = 64 = 02 + 82
4.10 = 40 = 22 + 62 8.10 = 80 = 42 + 82 9.9 = 91 = 02 + 92
5.8 = 40 = 22 + 62 9.10 = 90 = 32 + 92 10.10 = 100 = 02 + 102
Dalil 7.7
Jika r dan s adalah bilangan - bilangan jumlah kuadrat, maka rs juga
merupakan bilangan jumlah kuadrat(BJK)
Bukti:
Diketahui bahwa r adalah BJK dan s adalah BJK, berarti r dan s dapat dinyatakan
sebagai:
r2 = a2 + b2
s2 = c2 + d2
sihingga:
rs = (a2 + b2) ( c2 + d2)
rs = a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2
rs = (a2c2 + b2d2) + (a2d2 + b2d2)
rs = (a2c2 + 2abcd + b2d2) + (a2d2 – 2abcd + b2c2)
rs = (ac + bd)2 + ( ad + bc)2
Jadi rs merupakan suatu BJK
Perhatikan bilangan-bilangan prima ganjil yang mempunyai bentuk (4t + 1), yaitu
5,13,17,dan 29
karena masing-masing bilangan prima mempunyai bentuk (4t + 1), maka sesuai
dengan sifat-sifat residu kuadratis, dapat ditentukan bahwa :
30
(1/5) = 1 x2 -1 (mod 5) mempunyai penyelesaian yaitu x = 2
5| (x2 + 1) 5 |(4 + 1) 5 | 5 5 = 1.5 52 + 1 = 1.5
(-1/13) = 1 x2 -1 (mod 13) mempunyai penyelesaian, yaitu x = 5
13|(x2 + 1) 13|(25 + 1) 13|26 26 = 2.13 52 + 1 = 2.13
(-1/17) = 1 x2 -1 (mod 17) mempunyai penyelesaian, yaitu x = 13
17|(x2 +1)17|(169+1)17+170170 =10.17132 +1=10.17
9-1/29) = 1 x2 -1(mod 29) mempunyai penyelesaian, yaitu x = 12
29|(x2 +1) 29|(144+1) 29|145145=5.29 122 +1 = 5.29
Dalil 7.8
Jika p adalah suatu bilangan prima ganjil dan p mempunyai bentuk (4k + 1), maka
tentu ada m,n Z sehingga m2 + n2 = tp dengan t Z+ dan t < p.
Bukti :
Dari pembahasan residu kuadratis dapat diketahui bahwa :
x2 -1(mod p)
Mempunyai penyelesaian jika p 1 (mod 4) atau p = 4k + 1 dengan x < p
x2 -1 (mod p) x2 + 1 0 (mod p) p | (x2 + 1) x2 + 12 = tp
Dengan m = x dan n = 1, dapat ditentukan bahwa ada m,n, Z sehingga m2 + n2 = tp
x2 -1 (mod p) (x2 + 1)
x p sebab tidak mungkin p | (p2 + 1)
x (p – 1) sebab untuk x = p –1, x2 + 1 = (p – 1)2 + 1 = p2 – 2p + 1 +
1
x2 + 1 = p(p – 2) + 2
tidak mungkin p | {p (p – 2) + 2}
Jadi : x < (p – 1) sehingga m2 + n2 = x2 + 1< {(p – 1)2 + 1}= p2 – 2p + 2 < p2
Tp < p2 t < p
31
Sesuai dengan Dalil Algoritma Pembagian, setiap bilangan bulat dapat dinyatakan
sebagai salah satu dari bentuk :
4t atau 0(mod 4)
4t + 1 atau 1(mod 4)
4t + 2 atau 2(mod 4)
4t + 3 atau 3(mod 4)
kecuali 2, sebarang bilangan prima tidak mempunyai bentuk 4t + 2 = 2(2t + 1) atau
2(mod 4). Ini berarti bahwa sebarang bilangan prima ganjil tertentu mempunyai
bentuk (4t + 1) atau (4t + 3) , yaitu 1(mod 4) atau 3(mod 4).
Ambil beberapa bilangan prima yang mempunyai bentuk (4t + 1), misalnya adalah
bilangan-bilangan 5,13,17,29,37,41.
5 = 12 + 22 17 = 12 + 42 37 = 12 + 62
13 = 22 + 32 29 = 22 + 52 41 = 42 + 52
Dalil 7.9
Jika p adalah suatu bilangan prima dan p ≡ 3 ( mod 4), maka tentu m,n Є Z sehingga
p = m2 + n2, yaitu p merupakan BJK.
Bukti:
p ≡ 3 (mod 4) → {p = 2 atau p ≡ 1 (mod 4)}
p = 2 → p = 1 + 1 = 12 + 12 merupakan BJK
{p ≡ 1 (mod 4) atau p = 4k + 1} → ada bilangan bulat positif terkecil t sehingga m2 +
n2 = tp mempunyai penyelesaian m,n Є Z dengan t < p
Harus ditunjukkan bahwa t = 1
Anggaplah t > 1
Ambil dua bilangan r dan s sedemikian hingga:
r ≡ m (mod t) dan s ≡ n ( mod t)
(-t/2) < r,s ≤ (t/2)
r ≡ m (mod t) → r2 ≡ m2 (mod t)
s ≡ n (mod t) → s2→ n2 (mod t)
32
{r2 ≡ m2 (mod t) dan s2 ≡ n2 (mod t)} →(r2 + s2 ≡ m2 + n2 = tp ≡ 0 (mod
t) ≡ t (r2 + s2) → (r2 + s2) = tq
(m2 + n2= tp dan r2 + s2 = tq) → (m2 + n2) ( r2 + s2) = (tp) (tq) = t2 pq
→ (mr + ns) + ( ms – nr) = t pq
r = m (mod t) →{mr ≡ m2 (mod t) dan nr ≡ mn ( mod t)}
s ≡ n (mod t) → { ns ≡ n2 (mod t) dan ms ≡ mn (mod t)}
{mr ≡ m2 (mod t) dan ns ≡ n2 (mod t)} → {mr + ns ≡ (m2 +n2) (mod
t)} ≡ 0 (mod t)
{ms ≡ mn (mod t) dan nr ≡ mn (mod t)} →{ms – nr ≡ 0 (mod t)}
mr + ns ≡0 (mod t) → t | (mr + ns) → Є Z
ms – nr ≡ 0 (mod t) → t | (ms – nr) → Є Z
{ (mr + ns)2 + (ms + nr)2 = t2 pq} → ( )2 + ( )2 = =
pq
Hasil yang terakhir menunjukkan bahwa pq merupakan BJK
Dari r2 + s2 = tq dengan (-t/2) < r,s ≤ (t/2) dapat ditunjukkan bahwa q < 1
R + s = tq ≥ 0 dan r + s ≤ {(t/4) + (t/4) = 2(t/4) = t/2
→ 0 ≤(r2 + s2) ≤ (t2/2)
→ 0 ≤ tq ≤ (t2/2)
→ 0 ≤ q ≤ (t/2)
→ q < t
Hal ini mungkin sebab t adalah suatu bilangan bulat positif terkecil sehingga
m2 + n2 = tp mempunyai penyelesaian m,n Є Z, yang mana:
m2 + n2 ≡ r2 + s2 = tp ≡ 0 (mod t) dan q <1 memenuhi r2 + s2 ≡ m2 + n2
Jadi t > 1
Berikutnya untuk q = 0 dapat ditentukan bahwa t = 1
Jika q = 0 maka r2 + s2 = 0
33
r2 + s2 = 0 → r = s = 0
r = s = 0 dan m2 + n2 ≡ r2 +s2 ≡ 0 (mod t)
→ m2 + n2 ≡ 0 (mod t)
→ m ≡ n ≡ 0 (mod t)
→ t | m dan t | n
→ t2 | m2 dan t2 | n2
→ t2 | (m2 + n2)
→ t2 | tp
→ t | p
(t | p dan t < p) → t = 1
(m2 + n2 = tp dan t = 1) → m2 + n2 = p
jadi p merupakan BJK
Dalil 7.10
Suatu bilangan Z+ merupakan bjk jika dan hanya jika faktor-faktor prima dalam
pemfaktoran prima n yang mempunyai bentuk 3 (mod 4), muncul dalam
perpangkatan yang genap.
Bukti :
Misalkan daam pemfaktoran prima dari n, tidak ada bilangan prima dalam bentuk
3(mod 4) yang berpangkat ganjil.
Ambil n = t2u dengan u memuat perkalian-perkalian prima yang berbeda.
P 3(mod 4) tidak ada di dalam u karena masing-masing bilangan prima berpangkat
1 (ganjil), berakibat masing-masing bilangan prima dalam u mempunyai bentuk 1
(mod 4), sehingga masing faktor u merupakan bjk.
Karena u merupakan hasil kali dari bjk, maka u juga merupakan bjk, yaitu :
u = x2 + y2
Sehingga :
n = t+2u = t2 (x+2 + y2) = t2x2 + t2y2
n = (tx)2 + (ty)2
34
Anggap ada bilangan prima p dengan p 3(mod 4) yang muncul berpangkat ganjil
dalam pemfaktoran n, misalnya p berpangkat (2j + 1).
Anggap n merupakan bjk, yaitu n = x2 + y2
Ambil d = (x, y), a = x/d, b = y/d, dan m = n/(d)2, maka (a,b) = (x/d, y/d) = 1 dan :
a2 + b2 = + = = = m
a2 + b2 = m
Jika pk adalah pangkat tertinggi dari p yang membagi d, maka m habis dibagi oleh
p2j+1=2k dengan (2j + 1 – 2k) 1, sehingga p | m
p | a sebab jika p | a, b2 = m – a2 dan (a, b) = 1, maka p | b
Jadi ada bilangan bulat s sehingga az b (mod p)
a2 + b2 = a2 + (az)2 a2 (1 + z2) (mod p)
Karena a2 + b2 = m dan p | m, maka a2 (1 + z2) 0(mod p)
Karena (a,p) = 1, maka 1 + z2 0(mod p) atau z2 -1 (mod p)
Tidak mungkin z2-1 (mod p) sebab –1 bukan residu kuadratis dari p3(mod 4).
Karena terjadi kontradiksi, maka n bukan merupakan bjk.
2.2.3 LATIHAN - LATIHAN SOAL
2. Selesaikan persamaan – persamaan linier Diophantine:
a. 3x + 2y + 7z = 15
b. 3x + y – z = 5
c. 4x + 2y + 3z = 5
d. 5x + 2y – z = 12
e. x – 3y + 2z = 7
f. 2x – 3y + 9z = 10
3. Selesaikan sistem persamaan linier Diophantine:
a. 7x + 5y + 6z = 173
3x +17y + 4z = 510
35
( x )2 d
( y )2 d
x 2 + y 2 d
n d2
b. 5x + 2y + 3z = 324
-4x + 6y + 14z = 190
c. x + y + z = 100
6x + 21y + z = 121
d. x + y + z + w = 4
9y + 5z + 6w = 18
Jawaban:
2. a) 3 + 2y + 7z = 15
Jawab :
3x + 2y + 7z = 15 2y = -3x – 7z + 15
y =
y = (-x – 3z + 7 ) +
misal: t = 2t = -x – z + 1
z = -x – 2t + 1
karena y = ( -x – 3z + 7) +
y = ( -x -3z + 7 ) + t
y = - (-u -2t +1) -3u +7 + t
y = u +2t -1 -3u +7 +t
y = -2u + 3t + 6
Jadi Penyelesaian Persamaannya adalah
x = -u -2t + 1, y = -2u + 3t +6, dan z = u
b. 3x + y – z = 5
Jawab:
36
3x + y –z = 5 3x = -y + z +5
x =
x = 1+
Misal t =
Maka: x = 1 + t
Karena t = 3t = -y +z +2
y = z – 3t +2
Misal: u = z -3t +2
Maka: y = u
Karena: u = z -3t +2
z = u +3t -2
Jadi Penyelesaian Persamaannya adalah:
x = 1 + t, y = u, dan z = u + 3t -2
c. 4x + 2y +3z = 5
Jawab:
4x + 2y +3z = 5 2y = -4x -3z +5
y =
y = (-2x –z +2 ) +
Misal: t = 2t = -z +1
z = 1 – 2t
Karena: y = (-2x –z +2 ) + t
Misal: u = -2x –z +2 2x = -z –u + 2
37
2x = -(1 – 2t )- u+2
2x = -1 +2t –u +2
2x = -u +2t +1
x = u + t +
Karena: y = (-2x –z + 2 ) + t
y = u + t
Jadi Penyelesaian Persamaannya adalah:
x = - u + t + , y = u + t dan z = 1 – 2t
d. 5x + 2y – z = 12
Jawab:
5x + 2y –z = 12 2y = -5x + z +12
y =
y = (-2x +6 ) +
Misal: t = 2t = -x + z
z = x + 2t
Misal: u = x + 2t x = u – 2t
Karena: z = x + 2t z = u – 2t + 2t
z = u
Karena: y = (-2x + 6 ) +
y = -2x + 6 + t
y = -2 (u – 2t ) + 6 + t
y = -2u + 4t + 6 + t
y = -2u + 5t + 6
38
Jadi Penyelesaian Persamaannya adalah:
x = u – 2t, y = -2u + 5t + 6 dan z = u
e. x – 3y + 2z = 7
Jawab:
x - 3y + 2z = 7 3y = x + 2z – 7
y =
y = (-2) +
Misal: t =
Maka: y = -2 + t
Karena: t = 3t = x + 2z -1
2z = -x + 3t +1
z =
z = t +
Misal: u = 2u = -x + t+1
x = -2u + t +1
Karena: z = t + z = u + t
Jadi Penyelesaian Persamaannya adalah:
x = -2u + t +1, y = -2 + t dan z = u + t
f. 2x – 3y + 9z = 10
Jawab:
2x – 3y +9z = 10 3y = 2x + 9y – 10
39
y =
y = (3z – 1) +
Misal: t = 3t = 2x – 1 2x = 3t + 1
x =
x = t +
Karena: y = ( 3z – 1 ) +
y = (3z – 1) + t
Misal: u = 3z – 1
Maka: y = u + t
Karena: u = 3z – 1 3z = u + 1
z = u +
Jadi Penyelesaian Persamaannya adalah:
x = t + , y = u + t dan z = u +
3. a) 7x + 5y + 6z = 173 x 2 14x + 10y +12z = 346
3x + 17y +4z = 510 x 3 9x + 51y + 12z = 1530 _
5x – 41y = - 1184
5x = - 1194 + 41y
x =
x = (-236 + 8y) +
40
Misal: t = 5t = -4 + y
y = 5t + 4
Karena: x = (-236+ 8y) +
= (-236 + 8 (5t + 4)) + t
= (-236 + 40t + 32) + t
= 41t – 204
x = 41t – 204
Substitusi nilai x dan y pada
7x + 5y + 6z = 173
7(41t – 204 ) + 5(5t + 4) + 6z = 173
287t – 1428 + 25t + 20 +6z – 173 = 0
6z = - 312t + 1581
z = - 52t +
Jadi Penyelesaian Persamaannya adalah
x = 41t – 204, y = 5t + 4 dan z = -52t +
b. 5x + 2y + 3z = 324 x 14 70x + 28y + 42z = 4536
-4x + 6y + 14z = 190 x 3 -12x + 18y + 42z = 570 _
82x + 10y = 3966
82x = 3966 – 10y
x =
x = (47) +
Misal: t = 82t = 12 – 10y
41
10y = -82t + 12
y =
y = (-8t + 1) +
Misal: u = 10u = -2t + 2 t =
t = -5u – 1
Karena: y = ( -8t +1) +
= (-8.(-5u – 1) + 1) + u
= 40u + 8 +1 + u
y = 41u + 9
Karena: x = 47 +
= 47 + t
= 47 + (-5u – 1)
x = -5u + 46
Substitusi nilai x dan y pada
5x + 2y + 3z = 324
5(-5u + 46) + 2(41u + 9) + 3z – 324 = 0
-25u + 230 + 82u + 18 + 3z – 324 = 0
3z = -57u + 94
z = +
Jadi Penyelesaian Persamaannya adalah
x = -5u + 46, y = 41u + 9 dan z = +
c. x + y + z = 100
6x + 21y + z = 121 _
42
-5x – 20y = -21
5x = 20y + 21
x =
x = (4y + 4) +
Misal: t = 4y + 4 4y = 4 – t
y = - t + 1
Karena: x = (4y + 4) + x = t +
Substitusi nilai x dan y pada
x + y + z = 100
(t + ) + (- t + 1) + z -100 = 0
t + +z – 100 = 0
z = -43
t -
Jadi Penyelesaian Persamaannya adalah
x = t + , y = - t + 1 dan z = - t -
d. x + y + z + w = 4 x 6 6x + 6y + 6z + 6w = 24
9x + 5z + 6w = 18 x 1 9y + 5z + 6w = 18 _
6x – 3y + z = 6
3y = 6x + z -6
y =
43
y = ( 2x – 2 ) +
Misal: t = z = 3t
Misal: u = 2x-2 x = u + 1
Karena: y = ( 2x – 2 ) +
y = u + t
Substitusi nilai x, y dan z pada
x + y + z + w = 4
u + 1+ u + t + 3t + w – 4 = 0
u + 4t + w -3 = 0
w = - u – 4t + 3
Jadi Penyelesaian Persamaannya adalah
x = u + 1, y = u + t, z = 3t dan w = - u – 4t + 3
BAB III
PENUTUP
Dengan membuat peper (karya tulis) ini maka saya dapat memahami dan
mengerti tentang persamaan Diophantine secara terperinci sesuai dengan yang ada di
dalam peper (karya tulis) ini sebagaimana yang saya pelajari di dalam buku
penunjang persamaan Diophantine. Dan dari pembuatan peper (karya tulis) ini saya
juga dapat mengetahui tentang para ahli – ahli yang telah yang telah berhasil
menemukan persamaan Diophantine beserta asal – usulnya dan perjalanan hidupnya
yang bekerja keras untuk menemukan persamaan Diophantine. Dengan itulah saya
44
dapat menyelesaiakan peper (karya tulis) ini tepat pada waktunya sesuai dengan apa
yang saya ketahui dan pelajari.
***
45
