Sabtu, 06 Oktober 2012

MAKALAH LOGIKA MATEMATIKA


MAKALAH LOGIKA MATEMATIKA


 









Disusun Oleh

IRANG MAULANA
10.221.067











JURUSAN PENDIDIKAN MATEMATIKA
IKIP MATARAM
2012


BAGIAN I
PENDAHULUAN



A.    LATAR BELAKANG

Merupakan suatu kenyataan yang tidak dapat dibantah bahwa logika, penalaran dan argumentasi sangat sering digunakan dalam kehidupan nyata sehari-hari. Merupakan matakuliah penting terutama bagi Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam seperti Ilmu Komputer. Topik ini sangat penting karena dapat meningkatkan daya nalar mahasiswa dan dapat diaplikasikan di dalam kehidupan nyata dan pada saat mempelajari matakuliah lainnya.

      Oleh karena itu, kompetensi yang hendak dicapai adalah agar para mahasiswa memiliki kemampuan dan keterampilan dalam hal mengembangkan dan memanfaatkan logika yang dimiliki serta menambah pengetahuan tentang matakuliah ini.


B.     TUJUAN

Makalah ini disusun dengan maksud untuk memberikan tambahan pengetahuan sekaligus sebagai tugas matakuliah itu sendiri.
















BAGIAN II
TEORI



1.      PENGERTIAN LOGIKA MATEMATIKA

Logika Matematika atau Logika Simbol  ialah logika  yang menggunakan bahasa Matematika, yaitu dengan menggunakan lambang-lambang atau simbol- simbol.
Keuntungan atau kekuatan bahasa simbol adalah: ringkas, univalent/bermakna tunggal, dan universal/dapat dipakai dimana-mana.
2.      PERNYATAN
Kalimat adalah rangkaian kata yang disusun menurut aturan bahasa yang mengandung arti. Pernyataan adalah kalimat yang mempunyai nilai benar atau salah, tetapi tidak sekaligus benar dan salah (pernyataan disebut juga preposisi, kalimat deklaratif). Benar diartikan ada kesesuaian antara apa yang dinyatakan dengan keadaan yang sebenarnya. Perhatikan beberapa contoh berikut!
1. Al-Quran adalah sumber hukum pertama umat Islam
2. 4 + 3 = 8
3. Rapikan tempat tidurmu!
Contoh nomor 1 bernilai benar, sedangkan contoh nomor 2 bernilai salah, dan keduanya adalah pernyataan. Kalimat 3 di atas tidak mempunyai nilai benar atau salah, sehingga bukan pernyataan.
Kalimat Terbuka adalah kalimat yang belum tentu bernilai benar atau salah. Kalimat terbuka biasanya ditandai dengan adanya variabel (peubah). Jika variabelnya diganti dengan konstanta dalam semesta yang sesuai maka kalimat itu akan menjadi sebuah pernyataan.
Variabel (Peubah) adalah lambang yang menunjukkan anggota yang belum tentu dalam semesta pembicaraan, sedangkan konstanta adalah lambang yang menunjukkan anggota tertentu dalam semesta pembicaraan. Pengganti variabel yang menyebabkan kalimat terbuka menjadi pernyataan yang bernilai benar, disebut selesaian atau penyelesaian. Contoh kalimat terbuka
1. yang duduk di bawah pohon itu cantik rupanya
2. x + 2 = 8

Pernyataan Majemuk
Logika merupakan sistem matematika artinya memuat unsur-unsur yaitu pernyataan-oernyataan dan operasi-operasi yang didefinisikan. Operasi-operasi yang akan kita temui berupa kata sambung logika (conective logic):
: Merupakan lambang operasi untuk negasi
: Merupakan lambang operasi untuk konjungsi
: Merupakan lambang operasi untuk disjungsi
: Merupakan lambang operasi untuk implikasi
: Merupakan lambang operasi untuk biimplikasi



3.      KATA HUBUNG KALIMAT
A.    Ingkaran atau Negasi
Ingkaran/Negasi dari suatu pernyataan adalah pernyataan lain yang diperoleh dengan menambahkan kata ”tidak” atau menyisipkan kata ”bukan” pada pernyataan semula. Ingkaran dari suatu pernyataan p disajikan dengan lambang atau –p atau ~p, dan dibaca: ”tidak p”. Bila peryataan p bernilai benar, maka ingkarannya bernilai salah dan sebaliknya. Dengan tabel kebenaran
B.     Konjungsi ( )
Konjungsi dua pernyataan p dan q bernilai benar hanya jika kedua pernyataan komponennya bernilai benar. Dan jika salah satu atau kedua pernyataan komponennya salah, maka konjungsi itu salah. Dengan tabel kebenaran
C.    Disjungsi/ Alternasi ( )
Disjungsi dari dua buah pernyataan p dan q bernilai benar asal salah satu atau kedua pernyataan komponennya benar. Dan jika kedua pernyataan komponennya salah, maka konjungsi itu salah. (Disjungsi seperti ini disebut disjungsi inklusif). Dengan tabel kebenaran
D.    Implikasi ( )
Bernilai benar jika konsekuennya bernilai benar atau anteseden dan konsekuen kedua-duanya salah, dan bernilai salah jika antesedennya bernilai benar, sedangkan konsekuennya salah. Dengan tabel kebenaran

E.     Biimplikasi atau Bikondisional ( )
Biimplikasi bernilai benar apabila anteseden dan konsekuen kedua-duanya bernilai benar atau kedua-duanya bernilai salah. Jika tidak demikian maka biimplikasi bernilai salah. Dengan tabel kebenaran
F.     Konvers, Invers, dan Kontraposisi
Dari pernyataan berbentuk implikasi dapat kita turunkan pernyataan-pernyataan baru yang disebut invers, konvers, dan kontraposisi.
Implikasi :
Inversnya :
Konversnya :
Kontraposisinya :

G.    Bikondisional (Biimplikasi Atau Pernyataan Bersyarat Ganda)

Pernyataan bikondisional bernilai benar hanya jika komponen-komponennya bernilai sama. Contoh:          Jika   p          : 2 bilangan genap (B)
          q          : 3 bilangan ganjil (B)
maka p q  : 2 bilangan genap jhj 3 bilangan ganjil (B)


4.      TAUTOLOGI, EKIVALEN DAN KONTRADIKSI
A. Tautologi
Perhatikan bahwa beberapa pernyataan  selalu bernilai benar. Contoh pernyataan: “Junus masih bujang atau Junus bukan bujang” akan selalu bernilai benar tidak bergantung pada apakah junus benar-benar masih bujang atau bukan bujang. Jika p : junus masih bujang, dan ~p : junus bukan bujang, maka pernyataan diatas berbentuk p ~p. (coba periksa nilai kebenarannya dengan menggunakan tabel kebenaran). Setiap pernyataan yang bernilai benar, untuk setiap nilai kebenaran komponen-komponennya, disebut tautologi. 
B.  Ekivalen
Dua buah pernyataan dikatakan ekivalen (berekivalensi logis) jika kedua pernyataan itu mempunyai nilai kebenaran yang sama.
C.  Kontradiksi
Setiap pernyataan yang selalu bernilai salah, untuk setiap nilai kebenaran dari komponen-komponen disebut kontradiksi. Karena kontradiksi selalu bernilai salah, maka kontradiksi merupakan ingkaran dari tautologi dan sebaliknya.

5.      KUANTOR
A.  Fungsi Pernyataan
Suatu fungsi pernyataan adalah suatu kalimat terbuka di dalam semesta pembicaraan (semesta  pembicaraan diberikan secara eksplisit atau implisit).
Fungsi pernyataan merupakan suatu kalimat terbuka yang ditulis sebagai p(x) yang bersifat bahwa p(a) bernilai benar atau salah (tidak keduanya) untuk setiap a (a adalah anggota dari semesta pembicaraan). Ingat bahwa p(a) suatu pernyataan.     
B.  Kuantor Umum (Kuantor Universal)
Simbol " yang dibaca “untuk semua” atau “untuk setiap” disebut kuantor umum. Jika p(x) adalah fungsi proposisi pada suatu himpunan A (himpunan A adalah semesta pembicaraannya) maka ("x Î A) p(x) atau "x, p(x) atau "x p(x) adalah suatu pernyataan yang dapat dibaca sebagai “Untuk setiap x elemen A, p(x) merupakan pernyataan “Untuk semua x, berlaku p(x)”.
C.  Kuantor Khusus (Kuantor Eksistensial)
Simbol  $ dibaca “ada” atau “untuk beberapa” atau “untuk paling sedikit satu” disebut kuantor khusus. Jika p(x) adalah fungsi pernyataan pada himpunana tertentu A (himpunana A adalah semesta pembicaraan) maka ($x Î A) p(x) atau $x! p(x) atau $x p(x) adalah suatu pernyataan yang dibaca “Ada x elemen A, sedemikian hingga p(x) merupakan pernyataan” atau “Untuk beberapa x, p(x)”. ada yang menggunakan simbol $! Untuk menyatakan “Ada hanya satu”.   
D.  Negasi Suatu Pernyatan yang Mengandung Kuantor
Jika p(x) adalah manusia tidak kekal atau x tidak kekal, maka “Semua manusia adalah tidak kekal” atau "x p(x) bernilai benar, dan “Beberapa manusia kekal” atau $x ~ p(x) bernilai salah. Pernyataan di atas dapat dituliskan dengan simbol :           ~ ["x p(x)] º $x ~ p(x)
E.  Fungsi Pernyataan yang Mengandung Lebih dari Satu Variabel
Didefinisikan himpunan A1, A2, A3, . . ., An, suatu fungsi pernyataan yang mengandung variabel pada himpunan A1 x A2 x A3 x . . . x An  merupakan kalimat terbuka p(x1, x2, x3, . . ., xn) yang mempunyai sifat p(a1, a2, a3, . . ., an) bernilai benar atau salah (tidak keduanya) untuk (a1, a2, a3, . . ., an) anggota semesta A1 x A2 x A3 x . . . x An.

6. VALIDITAS PEMBUKTIAN
A.  Premis dan Argumen
Pernyataan-pernyataan yang digunakan untuk menarik suatu kesimpulan disebut premis, sehingga suatu premis dapat berupa aksioma, hipotesa, definisi atau pernyataan yang sudah dibuktikan sebelumnya.
Sedang yang dimaksud dengan argumen adalah kumpulan kalimat yang terdiri atas satu atau lebih premis yang mengandung bukti-bukti (evidence) dan suatu (satu) konklusi. Konklusi ini selayaknya (supposed to) diturunkan dari premis-premis.
B.  Validitas Pembuktian (I)
1. Modus Ponen
                        Premis 1          : p Þ q
                        Premis 2          : p
                        Konklusi          : q
2. Modus Tolen :
                        Premis 1          : p Þ q
                        Premis 2          : ~ q
                        Konklusi          : ~ p                
3. Silogisma :
                        Premis 1          : p Þ q
                        Premis 2          : q Þ r
                        Konklusi          : p Þ r
4. Silogisma Disjungtif
                        Premis 1          : p Ú q
                        Premis 2          : ~ q
                        Konklusi          : p

5. Konjungsi
                        Premis 1          : p
                        Premis 2          : q
                        Konklusi          : p Ù q
                        Artinya : p benar, q benar. Maka p Ù q benar.
6. Tambahan (Addition)
                        Premis 1          : p
                        Konklusi          : p Ú q
                        Artinya : p benar, maka p Ú q benar (tidak peduli nilai benar atau nilai salah yang dimiliki q).
7. Dilema Konstruktif :
                        Premis 1          : (p Þ q) Ù (r Þ s)
                        Premis 2          : ~ q Ú ~ s
                        Konklusi          : ~ p Ú ~ r

C. Pembuktian Tidak Langsung
Pembuktian-pembuktian yang telah kita bicarakan di atas, merupakan pembuktian yang langsung. Berdasarkan pemikiran ini, jika premis-premis dalam suatu argumen yang valid membawa ke konklusi yang bernilai salah, maka paling sedikit ada satu premis yang bernilai salah.
Cara pembuktian ini disebut pembuktian tidak langsung atau pembuktian dengan kontradiksi atau reductio ad absurdum. Ringkasannya, kita dapat membuktikan bahwa suatu pernyataan bernilai benar, dengan menunjukkan bahwa negasi dari pernyataan itu salah. Ini dilakukan dengan menurunkan konklusi yang salah dari argumen yang terdiri dari negasi pernyataan itu dan pernyataan atau pernyataan-pernyataan lain yang telah diterima kebenarannya.



BAGIAN III
KESIMPULAN DAN SARAN


A.    KESIMPULAN

Mata Kuliah Logika Matematika mempelajari beberapa hal yang berkaitan dengan logika, seperti logika secara kalimat, logika dalam pemrograman dan logika dalam rangkaian digital.Logika dalam kalimat dinyatakan sebagai proposisi dan pola-pola argumen/pernyataan logis dengan hukum-hukum logika.Logika dalam pemrograman diperlihatkan dengan struktur dasar dari pemrograman dan aliran/kontrol program dengan flow chart. Logika dalam rangkaian digital diperlihatkan dengan logika biner dan gerbang-gerbang logika serta penyederhanaan dalam rangkaian.


B.     SARAN

Diharapkan mahasiswa berikutnya dapat mengembangkan makalah ini supaya lebih sederhana dan lebih mudah dimengerti. Diharapkan mahasiswa dapat memahamai mata kuliah logika matematika dan mengaplikasikannya dalam kehidupan nyata.

Selasa, 15 Mei 2012

Soal Dan Pembahasan Persamaan Differensial Eksak da faktor integrasi

lo mau donlod klik aja tombol berikut, gak tanggung kalo salah soalnya saya sendiri yg buat, wkwkwkwk
ni tinggal dklik ajha : download di sini
jika link di atas gak bisa coba yg ini : download disini

Tugas Soal Dan Pembahasan Persamaan Differensial Eksak

Minggu, 29 April 2012

SUATU KEAJAIBAN UNIK MATEMATIKA


KEAJAIBAN MATEMATIKA

  • 1 x 8 + 1 = 9
  • 12 x 8 + 2 =98
  • 123 x 8 + 3 = 987
  • 1234 x 8 + 4 =9876
  • 12345 x 8 + 5 =98765 
  • 123456 x 8 + 6 =987654
  • 1234567 x 8 + 7 =9876543
  • 12345678 x 8 + 8 =98765432
  • 123456789 x 8 + 9 = 987654321

  • 1 x 9 + 2 = 11
  • 12 x 9 + 3 = 111
  • 123 x 9 + 4 = 1111
  • 1234 x 9 + 5 = 11111
  • 12345 x 9 + 6 = 111111
  • 123456 x 9 + 7 = 1111111 
  • 1234567 x 9 + 8 = 11111111
  • 12345678 x 9 + 9 = 111111111
  • 123456789 x 9 + 10 = 1111111111

  • 9 x 9 + 7 = 88
  • 98 x 9 + 6 = 888
  • 987 x 9 + 5 = 8888
  • 9876 x 9 + 4 = 88888
  • 98765 x 9 + 3 = 888888
  • 987654x 9 + 2 = 8888888
  • 9876543 x 9 + 1 = 88888888
  • 98765432 x 9 + 0 = 888888888

Hebatkan?


Coba lihat simetri ini :
  • 1 x 1 = 1
  • 11 x 11 = 121
  • 111 x 111 = 12321
  • 1111 x 1111 = 1234321
  • 11111 x 11111 = 123454321
  • 111111 x 111111 = 12345654321
  • 1111111 x 1111111 = 1234567654321
  • 11111111 x 11111111 = 123456787654321
  • 111111111 x 111111111 = 12345678987654321

kurang hebat,,,,
Sekarang lihat ini Jika 101% dilihat dari
sudut pandangan Matematika, apakah ia
sama
dengan 100%, atau ia LEBIH dari
100%? Kita selalu mendengar orang berkata dia
bisa memberi lebih dari
100%, atau kita selalu dalam situasi
dimana seseorang ingin kita
memberi 100% sepenuhnya.
Bagaimana bila ingin mencapai 101%?

Apakah nilai 100% dalam hidup?

Mungkin sedikit formula matematika
dibawah ini dapat membantu
memberi jawabannya.

Jika ABCDEFGHIJKLMNO
PQRSTUVWXYZ Disamakan sebagai 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18
19 20 21 22 23 24 25 26

Maka, kata KERJA KERAS bernilai :
11 + 5 + 18 + 10 + 1 + 11 + 5 + 18 + 19 +
1 = 99%

H-A-R-D-W-O-R-K 8 + 1 + 18 + 4 + 23 + !5 + 18 + 11 =
99%


K-N-O-W-L-E-D-G -E
11 + 14 + 15 + 23 + 12 + 5 + 4 + 7 + 5
= 96%

A-T-T-I-T-U-D-E 1 + 20 + 20 + 9 + 20 + 21 + 4 + 5 =
100%

Sikap diri atau ATTITUDE adalah perkara
utama untuk mencapai
100% dalam hidup kita.
Jika kita kerja keras sekalipun tapi tidak ada
ATTITUDE yang positif didalam diri,kita
masih belum mencapai

100%. Tapi, LOVE OF GOD
12 + 15 + 22 + 5 + 15 + 6 + 7 + 15 +
4 = 101% atau, SAYANG ALLAH
19 + 1 + 25 + 1 + 14 + 7 + 1 + 12 + 12 +
1 + 8 = 101%




Makalah vektor pembagian ruas garis, kolinier dan koplanar


untuk yg lebih lengkapnya mngenai makalah ini silahkan ambil disini :
1.covernya : download
2. kata pengantarnya : download
3.isinya : download
4. kata pengantar : download



makalah vektor kolinear, koplanar irang

Kamis, 26 April 2012

4 soal induksi matematika

soal selengkapnya silahkan ambil disini : download kalo mau


1.  Buktikan dengan metode induksi matematika bahwa bentuk
P(n)=1+3+5+7+…+(2n-1)=n2 berlaku untuk setiap n angota bilangan asli.

Bukti:
akan dibuktikan bahwa P(n)=1+3+5+7+…+(2n-1)=n2 berlaku untuk setiap n angota bilangan asli.

Langkah 1 (basis Induksi)
Untuk n=1 diperoleh p(1)= 12=1. Jadi terbukti pernytaan benar untuk basis induksi

Langkah 2 (langkah Induksi)
Ambil sembarang k N. misalkan diasumsikan P(k) benar. Maka penjumlahan k bilangan ganjil pertama dapat dituliskan sebagai berikut:
P(k) = 1 + 3 + 5 + 7 + . . . + (2k+1)=k2

Selanjutnya harus ditunjukan : P(k+1)=(K+1)2. Bilangan ganjil yang berada pada urutan setelah (2k - 1) adalah (2(k+1) - 1) = 2k + 2 – 1 = 2k – 1 + 2 = 2k + 1
Sehingga dapat dituliskan: p(k+1) = [1 + 3 + 5 + 7 + . . . + (2k – 1)] + (2k +1)
Karena berdasarkan asumsi P(k) = 1 + 3 + 5 + 7 + . . . + (2k+1)=k2 maka diperoleh P(k+1)=(K+1)2 + (2k + 1) = k2 + 2k +1 = (k + 1) 2
Jadi telah ditunjukan jika p(k) benar, maka p(k+1) juga benar. Dengan terpenuhinya kedua langkah diatas, maka dapat dikatakan penjumlahan n bilangan ganjil yang pertama P(n)=1+3+5+7+…+(2n-1)=n2 berlaku untuk setiap n angota bilangan asli.
Jadi kesimpulannya terbukti


2. 1 + 3 + 5 + … + n = (2n - 1) = n2
untuk setiap n bilangan bulat positif

Jawab :
q  Basis : Untuk n = 1 akan diperoleh :
      1 = 12 ® 1 = 1

q  Induksi : misalkan untuk n = k   asumsikan 1 + 3 + 5 + …+ (2k – 1) = k2
q  adib. Untuk n = k + 1 berlaku
1 + 3 + 5 + …+ (2 (k + 1) – 1) = (k + 1)2
1 + 3 + 5 + …+ (2k + 1) = (k + 1)2
1 + 3 + 5 + …+ ((2k + 1) – 2) + (2k + 1) = (k + 1)2
1 + 3 + 5 + …+ (2k - 1) + (2k + 1 ) = (k + 1)2
 

                        k 2 + (2K + 1)             = (k + 1)2
                        k 2 + 2K + 1                = k 2 + 2K + 1

Kesimpulan : 1 + 3 + 5 + … + n = (2n - 1) = n2
Untuk setiap bilangan bulat positif n

Rabu, 25 April 2012

teori bilangan

materi dibawah bisa di ambil disini : download

TEORI BILANGAN
3.1. Keterbagian
Kita telah mengetahui bahwa 13 dibagi 5 hasil baginya 2 dan sisanya 3 dan ditulis sebagai :
\frac{13}{5} = 2 + \frac {3}{5}  atau 13 = 2 x 5 + 3
Secara umum, apabila a bilangan bulat dan b bilangan bulat positif, maka ada tepat satu bilangan bulat q dan r sedemikian hingga :
a = qb + r ,   0 < r < b
dalam hal ini, q disebut hasil bagi dan r sisa pada pembagian “a dibagi dengan b”. Jika r = 0 maka dikatakan a habis dibagi b dan ditulis b|a. Untuk a tidak habis dibagi b ditulis b ditulis b ł a.
Sifat-sifat keterbagian :
1.     a|b dan b|c maka a|c
2.     ab|c maka a|c dan b|c
3.     a|b dan a|c maka a|(bx + cy) untuk sembarang bilangan bulat x dan y.
Di sini akan dibuktikan sifat (1). Pembuktian sifat (2) dan (3) diserahkan kepada pembaca.
Bukti sisfat (1)
a|b maka b = ka
b|c maka c = lb = l (kl)a maka a|c.
Di bawah ini adalah kaidah-kaidah menentukan keterbagian suatu bilangan yang cukup besar.
1.     Keterbagian oleh 2n
Suatu bilangan habis dibagi 2n jika n bilangan terakhir dari bilangan tersebut habis dibagi 2n.
A1. Untuk n = 1 berarti suatu bilangan habis dibagi 2 jika angka terakhir dari bilangan tersebut habis dibagi 2.
A2. Untuk n = 2 berarti suatu bilangan habis dibagi 4 jika 2 bilangan terakhir dari bilangan tersebut habis dibagi 4
A3. Untuk n = 3 berarti suatu bilangan habis dibagi 8 jika 3 bilangan terakhir dari bilangan tersebut habis dibagi 8.
Yang akan dibuktikan di sini adalah kaidah A1. Pembuktian kaidah A2 dan A3diserahkan kepada pembaca.
Bukti kaidah A1
Misalkan bilangan itu :
a = …a3 a2 a1 a0
= 10(a3 a2 a1) + a0
Karena 10 (….a3 a2 a1) habis dibagi 2 maka agar a habis dibagi 2 maka haruslah a0 habis dibagi 2.
Contoh soal 1
Tentukan apakah 173332 habis dibagi oleh :
a). 2 b). 4 c). 8
pembuktian :
a). Karena 2|2 maka 2|173332
b). Karena 4|32 maka 4|173332
c). Karena 8 ł 332 maka 8 ł 173332
1.     Keterbagian 3, 9, dan 11
Misalkan bilangan yang akan dibagi adalah a = an an-1 an-2 … a1 a0.
B1. Bilangan a habis dibagi 3 jika jumlah angka-angkanya (an + an-1 + … + a1+ a0) habis dibagi 3
B2. Bilangan a habis dibagi 9 jika jumlah angka-nagkanya (an + an-1 + … + a1+ a0) habis dibagi 9
B3. Bilangan a habis dibagi 11 jika jumlah silang tanda ganti angka-angkanya (an – an-1 + an-2 + … ) habis dibagi 11
Yang akan dibuktikan di sini adalah kaidah B1. Pembuktian kaidah B2 dan B3diserahkan kepada pembaca.
Bukti kaidah B1.
a = an an-1 … a1 a0
= an X 10n + an-1 X 10n-1 + … + a1 X 10 + a0 X 100
= an X (9 + 1)n + an-1 X (9 + 1)n-1 + … + a1 X (9 + 1) + a0
= an[9n + n . 9n-1 + ... + 9n] + an + an-1 [9n-1 + (n-1)9n-2 + ... + 9(n-1)] + an-1 + … + 9a1 + a1 + a0
Dapat dipilih menjadi dua bagian. Bagian pertama adalah jumlah semua suku yang merupakan kelipatan 9 yang dilambangkan sebagai K(a) dan bagian kedua adalah jumlah angka-angka :
Q(a) = an + an-1 + …

+ a1 + a0

Maka :    a = K(a) + Q(a)
Karena 3 | K(a) maka agar 3|a haruslah 3 | Q(a)
Contoh soal 2
Tentukan apakah 1815 habis dibagi :
a). 3 b). 9 c). 11
penyelesaian :
jumlah angka-angka 1815 = 1 + 8 + 1 + 5 = 15
a). Karena 3|15 maka 3|1815
b). Karena 9 ł 15 maka 9 ł 1815
c). Jumlah-silang tanda-ganti angka-angka bilangan 1815 = 1 – 8 + 1 – 5 = -11
Karena 11|-11 maka 11|1915
Contoh soal 3
Bilangan berangka enam berikut a1989b habis dibagi 72. Tentukan a dan b
Penyelesaian :
72 = 8 x 9. Karena itu 8|a1989b b = 6
Juga 9|a + 1 + 9 + 8 + 9 + b = a = 33 a = 3
1.     BILANGAN KHUSUS
Di pasal ini, kita akan membahas beberapa bilangan khusus yakni bilangan prima, bilangan komposist dan bilangan kuadrat.
1.     Bilangan Prima dan Komposit
Bilangan prima adalah bilangan asli yang hanya dapat dibagi oleh bilangan itu sendiri dan satu. Dengan perkataan lain, bilangan prima hanya mempunyai dua faktor. Misalnya 2, 3, 5, 7, 11, … bilangan asli yang mempunyai lebih dari dua faktor disebut bilangan komposit (majemuk). Misal 4, 6, 8, 9, …
Teorema : (Topik Erotosthenes)
Untuk setiap bilangan komposit n ada bilangan prima p sehingga p|n dan p .
Teorema di atas mempunyai makna yang sama dengan “jika tidak ada bilangan prima p yang dapat membagi n dengan p maka n adalah bilagan prima”.
Contoh soal 4
Tentukan bilangan-bilangan berikut merupakan bilangan prima atau majemuk.
a). 157 b). 221
penyelesaian :
a). Bilangan-bilangan prima yang adalah 2, 3, 5, 7, 11. Karena tidak ada dari bilangan-bilangan prima 2, 3, 5, 7, 11 yang dapat dibagi 157, maka 157 merupakan bilangan prima.
b). Bilangan-bilangan prima yang adalah 2, 3, 5, 7, 11, 13. Karena 13|221 maka 221 merupakan bilangan komposit.
Contoh soal 5
Tentukan pasangan-pasangan bilangan asli a dan b sehingga a2 – b2 = 1991.
Penyelesaian :
Karena 1991 merupakan bilangan komposit (1991 = 11 X 181) maka :
A2 – b2 = 1991
(a – b)(a + b) = 1991 (1 X 1991 atau 11 X 181) atau (a – b)(a + b) = 11 X 181
Kemungkinan I    Kemungkinan II
a + b    = 1991     a + b    = 181
a  -  b    = 1 +         a  – b    = 11 +
2a    = 1992           2a    = 192
a    = 996     a    = 96
b    = 995     b    = 85
Jadi pasangan-pasangan bilangan asli a dan b yang memenuhi a2 – b2 = 1991 adalah (996, 995) dan (96, 85)
1.     Bilangan kuadrat
Ada tiga hal penting yang perlu duketahui tentang bilangan kuadrat, yaitu :
1.     Angka satuan yang mungkin untuk bilangan kuadrat adalah 0, 1, 4, 5, 6, dan 9
2.     Setiap bilangan kuadrat dibagi 4 maka sisanya 0 atau 1
3.     Jika p bilangan prima dan p|n2 maka p2|n2
Contoh soal 6
Carilah suatu bilangan kuadrat sempurna yang angka-angkanya berturut-turut adalah :
k, k + 1, k + 2, 3k, k + 3
penyelesaian :
·       Angka pertama adalah k maka k yang mungkin adalah 1, 2, 3, … , 9 ………………………    (1)
·       Angka ketiga adalah 3k maka k yang mungkin adalah 0, 1, 2, 3 ……………………………..    (2)
Dari (1) dan (2), maka k yang mungkin terjadi 1, 2, 3.
·       Bilangan kuadrat yang mungkin adalah 12334, 233465, 34596.
·       Selanjutnya 12334 dibagi 4 bersisa 2 berarti 12334 bukan bilangan kuadrat.
·       5 karena 4693 tidak lagi dapat dibagi 5 maka 23465 bukan bilangan kuadrat.
2    34596 bilangan 334596 = 22 . 32 . 312, berarti 34596 merupakan bilangan kuadrat.
2    17298
3     8649
3     2883
31     961
31     31
1
Jadi bilangan kuadrat yang dicari adalah 34596.
1.     GCD DAN ALGORITMA EUCLID
Jika a dan b sembarang bilangan bulat dan d bilangan bulat yang memenuhi sifat d|a dan d|b, maka d disebut pembagi persekutuan dari a dan b. Nilai terbesar dari d disebut pembagi persekutuan terbesar Greater Common Divisor (GCD) dan ditulis dengan GCD (a, b)
Misal : GCD (8, 12) = 4
Pembagi persekutuan terbesar dapat juga ditentukan dengan menggunakanAlgoritma Euclede.
Teorema (Algoritma Euclede)
Diberikan dua bilangan bulat a dan b dengan a > b > 0, maka GCD (a, b) bisa dicari dengan mengulang algoritma pembagian.
a = q1b + r1 0 < r1 < b
b = q2 r1 + r2 0 < r2 < r1
r1 = q3 r2 + r3 0 < r3 < r2
rn-2 = qn rn-1 + rn 0 < rn-1 < rn-2
rn-1 = qn+1 rn + 0
maka rn , sisa terakhir dari pembagian di atas yang bukan nol merupakan GCD (a, b).
Contoh Soal 7
Tentukan GCD (4840, 1512)
Penyelesaian :
4840 = 3 X 1512 + 304
1512 = 4 X 304 + 296
304 = 1 X 296 + 8
296 = 37 X 8 + 0
Jadi : GCD (4840, 1512) = 8
Jika GCD (a, b) = c maka ada bilangan bulat m dan n sehingga am + bn = c. Mencari m dan n digunakan AlgoritmaEuclede.
Seperti pada contoh soal 7 di dapat bahwa GCD (4840, 1512) = 8, maka ada bilangan bulat m dan n segingga 4840m + 1512n = 8. Mencari m dan n dimulai dari baris kedua dari bawah pada Algoritma EucledeI.
8    = 304 – 296
= 304 – (1512 – 4 X 304) = -1512 + 5 X 304
= -1512 + 5 (4840 – 3 X 1512)
8    = 5 X 4840 – 16 X 1512 maka m = 5 dan n = -16
Jika GCD (a, b) = 1 maka a dan b dikatakan saling prima.
Contoh soal 8
Buktikan bahwa jika GCD (a, b) = 1 dan a|bc, maka a|c
Bukti :
Karena GCD (a, b) = 1, maka terdapat bilangan-bilangan m dan n sehingga 1 = ma + nb.
Diketahui a|bc, berarti terdapat bilangan bulat k sehingga bc = ak.
Dengan menggandakan persamaan 1 = ma + nb dengan c didapat :
c = mac + nbc
c = mac + nak
c = a(mc + nk) Û a|c
Contoh soal 9
Jika GCD (a, m) = GCD (b, m) = 1, maka buktikan bahwa GCD (ab, m) = 1.
Bukti :
1    = ax0 + my0
= bx1 + my1
Sehingga : (ax0 + bx1) = (1 – my0)(1 – my1)
= 1 – my1 – my0 + m2y0y1
= 1 – m (y1 + y0 – my0y1)
Tulis :    y1 + y0 – my0y1 = y2 , maka :
ab (x0x1) + m(y2) = 1 maka GCD (ab, m) = 1
1.     KONGRUEN
Diberikan bilangan bulat n yang lebih besar dari 1 dan bilangan-bilangan bulat a dan b. Bilangan a dikatakan kongruen dengan b modulo n, dituliskan dengan a º b (mod n) jika a dan b memberikan sisa yang sama apabila dibagi oleh n.
Contoh soal 10
Jika a dan b kongruen modulo m, buktikan bahwa selisishnya dapat dibagi m.
Bukti :
a º b (mod m) Þ a = q1m + r dan b = q2m + r
a – b = (q1 – q2)m, akibatnya m | (a – b)
Contoh soal 11
Buktikan bahwa (an + b)m = bm mod (n)
Bukti :
Membuktikan (an + b)m

º bm mod (n) sama artinya dengan membuktikan ada bilangan bulat k sehingga (an + b)m – bm = kn.

Bukti :
(an + b)m – bm = (an)m + m(an)m-1. b + … + m(an)bm-1 + bm – bm
= {a(an)m-1 + am(an)m-2 + … + am(b)m-1}n
= kn (terbukti )
Rumusan pada contoh nomor 11 di atas dapat digunakan menentukan sisa pembagian bilangan yang cukup benar.
Contoh soal 12
Tentukan angka satuan bilangan 19971991.
Penyelesaian :
Angka satuan 19971991 º sia pembagian 19971991 oleh 10
º (199 X 10 + 7)1991 mod (10)
º 71991 mod (10)
º 74 X 497 + 3 mod (10)
º (74)487 X 73 mod (10)
º (2421)497 X 343 mod (10)
º 1 X 3 mod (10)
º 3 mod (10)
Jadi angka satuan 19971991 adalah 3.
Contoh soal 13
Tentukan sisa jika 319 dibagi oleh 14.
Penyelesaian :
319 mod (14)    º 33 X 6 + 1 mod (14)
º (33)6 X 31

mod (14)

º (2 X 14 – 1)6 X 3 mod (14)
º (-1)6 X 3 mod (14)
319 º 3 mod (14)
Jadi sisa pembagian 319 oleh 14 adalah 3.
Contoh soal 14
Tentukan sisa 31990 jika dibagi 41.
Penyelesaian :
31990 m od (41)    º 34 X 497 + 2 mod (41)
º (34)497 X 32 mod (41)
º (2 X 41 – 1)497 X 9 mod (41)
º (-1)497 X 9 mod (41)
º -9 mod (41)
º (41 – 9) mod (41)
º 31 mod (41)
Jadi sisa 31990 dinagi oleh 41 adalah 32.
1.     PERSAMAAN DIOPHANTINE
Suatu persamaan berbentuk ax + by = c dengan a, b, c bilangan-bilangan bulat dan a, b dua-duanya bukan nol disebut persamaan liner diophantine jika penyelesaiannya dicari untuk bilangan-bilangan bulat.
Teorema :
Persamaan liner diophantine ax + by = c mempunyai penyelesaian jika dan hanya jika pembagi persekutuan terbatas dari a dan b membagi c.
Bukti :
Misalkan d = GCD (a, b) dan d|c
d|c Û ada k bulat sehingga c = kd.
d|GCD (a, b) Û ada bilangan bulat m dan n sehingga am + bn = d.
a(km) + b (kn) = kd
a(km) + b (kn) = c
berarti x = mk dan y = nk
Teorema :
Jika d = GCD (a, b) dan x0 , y0 penyelesaian persamaan diophantine ax + by = c, maka penyelesaian umum persamaan tersebut adalah :
x = x0 + dan y = y0 – dengan k parameter bilangan bulat.
Contoh soal 15
Tentukan penyelesaian umum persamaan diophantine 738x + 621y = 45
Penyelesaian :

Mencari GCD (738, 621) dengan Algoritma Euclide.

738 = 1 X 621 + 117
621 = 5 X 117 = 36
117 = 3 X 36 + 9
36 = 4 X 9 + 0
Jadi GCD (738, 621). Karena 9|45 maka persamaan di atas mempunyai penyelesaian.
Menentukan 9 sebagai kombinasi 738 dan 621.
9    = 117 – 3 . 36
= 117 – 3 (621 – 5 X 117) = -3 X 621 + 16 X 117
= -3 X 621 + 16 (738 – 621)
9    = 16 X 738 – 19 X 621
Kalikan kedua ruas dengan 5
45 = 80 X 738 – 45 X 621
Sehingga didapat x0 = 80, y0 = -95
Penyelesaian umumnya adalah :
x = 80 +
x = -95 –
Contoh soal 16
Tentukan x dan y bulat positif yang memenuhi persamaan 7x + 5y = 100
Penyelesaian :
GCD (7, 5) = 1. Karena 1|100 maka persamaan mempunyai penyelesaian.
Dengan mudah bisa ditulis.
1 = 3 . 7 – 4 . 5
100 = 7 X 300 + 5 X (-400). Maka x0 = 300, y0 = -400
Penyelesaian umumnya adalah :

x = 300 + 5k

Y = -400 – 7k
Karena yang diinginkan penyelesaian positif, maka harus dipenuhi kedua pertidaksamaan :
300 + 5k > 0
-400 – 7k > 0
Yaitu : 60 < k < -57
Jadi persamaan diophantine 7x + 5y = 100 mempunyai tepat dua penyelesaian positif yaitu untuk k = -59, dan k = -58 maka x = 5, y = 13 dan untuk k -58 maka x = 10, y = 6.


SOAL LATIHAN BAB III
1.     Tentukan bilangan empat digit abcd yang memenuhi 4 X (abcd) = dcba
Penyelesaian :

4 X (abcd) = dcba (empat digit), maka nilai a yang mungkin adalah 1 atau 2

4 X (abcd) = … a (beersatuan genap) maka a tidak mungkin 1. Jadi haruslah a = 2. Agar a = 2 maka haruslah d = 8.
3
2bc8
4 x
8cb2
4 X b < 10 maka b yang mungkin 0, 1, 2
4 X c + 3 tidak mungkin bersatuan 0 atau 2. Jadi haruslah b = 1
Karena b = 1 maka haruslah c = 7.
Dengan demikian bilangan yang dimaksud adalah 2178.
1.     Jika ditulis dalam bilangan basis 10, tentukan banyaknya angka bilangan 416X 525.
Penyelesaian :
416 X 525 = 232 X 525
= 27 X 225 x 525
= 128 X (2 X 5)25
= 128 X 1025
= 1,28 X 1027
Banyaknya angka dari 416 X 525 = 28 angka.
2.     Tentukan banyaknya angka nol terakhir dari 1000!
Penyelesaian :
  • Angka satuan ysng menghasilkan angka nol adalah kelipatan 5 dikali kelipatan 2 yakni sebanyak .
  • Angka puluhan yang menghasilkan angka nol sebanyak .
  • Angka ratusan yang menghasilkan angka nol sebanyak
Jadi banyak angka nol terakhir dari 1000! Adalah 200 + 40 + 8 + 1 = 249
1.     Tentukan dua angka terakhir dari bilangan 31234
Penyelesaian :
Dua angka terakhir 31234 = sisa pembagian 31234 o leh 100.
31234 mod (100) º (35)206 mod (100)
º (243)206 X 34 mod (100)
º (43)2 X 103 X 81 mod (100)
º (1849)103 X 81 mod (100)
º (49)2 X 51 + 1 X 81 mod (100)
º (2401)51 X 49 X 81 mod (100)
º 151 X 3969 mod (100)
º 69 mod (100)
Jadi dua angka terakhir dari bilangan 31234 adalah 69.
2.     Tunjukkan bahwa 3105 + 4105 habis dibagi 7
Penyelesaian :
3105 + 4105 mod 97)    = 3105 + (7 – 3)105 mod (7)
= 3105 + (-3)105 mod (7)
= 0 mod (7)
Kesimpulan : 3105 + 4105 habis dibagi 7
3.     Untuk n bilangan asali, buktikan bahwa n3 + 5n habis dibagi 6.
Penyelesaian :
n3 + 5n    = n3 – n + 6n
= (n – 1)n (n + 1) + 6n
Karena (n – 1)n (n + 1) merupakan tiga bilangan bulat yang berurutan, maka (n – 1)n (n – 1) habis dibagi 6. Dengan demikian n3 + 5n habis dibagi 6.
4.     Jika n > 4 merupakan bilangan komposit, maka tunjukkan bahwa n|(n – 1)
Penyelesaian :
Karena n bilangan komposit, maka trdapat bilangan bulat n1, n2 sehingga n = n1 n2 dan n1, n2 > 1. Jelas bahwa n1, n2 < n. Dua kasus yang mungkin adalah :
  • n1 = n2, maka kedua bilangan termasuk ke dalam perkalian
(n – 1)! = 1, 2 … (n – 1)
Akibatnya n|(n – 1)!
  • n1 = n2, maka n = n12. Karena n > 4 maka n1 > 2. Dengan demikian n = n12 = n1 n1 > 2n, hal ini mengakibatkan n1 dan 2n1 kurang dari n masuk ke dalam perkalian
(n – 1) | = 1, 2 … (n – 1)
Jadi : 2n12 | (n – 1)! Maka n|(n – 1)!
1.     Jika n bilangan bulat, tunjukkan bahwa n4 – 20n2 + 4 bukan bilangan prima.
Penyelesaian :
n4 – 20n2 + 4    = n4 – 4n2 + 4 – 16n2
= (n2 – 2)2 – 16n2
= (n2 – 2 – 4n)(n2 – 2 + 4n)
Misalkan :     n2- 2 – 4n = 1
n2 – 4n – 3 = 0
n1 . 2 =
Jika n bulat maka n2 – 2 – 4n = 1
Dengan cara yang sama didapat bahwa n2 – 2 – 4n 1 dan n2 – 2 – 4n 1.
Kesimpulan : jika n bulat maka n4 – 20n2 + 4 bukan bilangan prima.
2.     Jika p > 3 bilangan prima, tunjukkan bahwa 24|p2 – 1
Penyelesaian :
Karena p > 3 bilangan prima maka p – 1 dan p + 1 bilangan genap, yang satunya dapat dibagi 2 dan satunya lagi dapat dibagi 4; akibatnya 8|p2 – 1 ………………………………………………..    (1)
Sekarang perhatikan bahwa salah satu dari bilangan p – 1, p, p + 1 dapat dibagi 3. Karena p prima yang lebih besar dari 3 maka 3 ł p; akibatnya 3|p2 – 1 ………………………………………    (2)
Karena 3 dan 8 saling prima maka dari (1) dan (2) didapat 24|p2 – 1.
3.     Buktikan bahwa hanya ada satu nilai n yang membuat 28 + 211 + 2n kuadrat sempurna.
Penyelesaian :
Misalkan 28 + 211 + 2n = m2
2n = m2 – 28 (1 + 23)
= m2 – 28 . 9
2n = (m – 48)(m + 48)
Menurut teorema Faktorisasi Tunggal, maka ada bilangan bulat tidak negatif s dan t sehi8ngga ;
M – 48 = 2s. m + 48 = 2t, s + t = n
Jadi :
2s + 48 = 2t – 48
2t – 2s = 96 Þ 2s (2t – s – 1) = 25 X 3
S = 5 dan r = 7
maka n = s + t = 12