JAWABAN SOAL UJIAN TENGAH SEMESTER PRODI PENDIDIKAN ...

67 downloads 372 Views 84KB Size Report
SOAL UJIAN TENGAH SEMESTER ... Kerjakan dua soal saja dari soal-soal berikut ! ... olimpiade matematika: semua jenjang SD s.d. SMA dan semua tingkat .

JAWABAN SOAL UJIAN TENGAH SEMESTER PRODI PENDIDIKAN MATEMATIKA FKIP UM PONOROGO Mata Kuliah

: Teori Bilangan

Waktu

: 90 menit

Hari, tanggal

: Sabtu, Juli 2011

Sifat

: tutup buku

Dosen penguji

: Dr. Julan HERNADI

Soal_1. Kami adalah keluarga bilangan bulat positif. memberikan sisa berikan sisa

5,

dibagi

11

memberikan sisa

4

Jika kami dibagi

dan dibagi

17

6

mem-

3.



Tentukan bentuk umum kami,



Tentukan

3

anggota terkecil dari kami.

Penyelesaian. Permasalahan di atas diformulasikan dalam bentuk sistem kongruensi linier (SKL) berikut

x ≡ 5(mod 6), x ≡ 4(mod 11), x ≡ 3(mod 17). Kemudian, diselesaikan dengan menggunakan Teorema Sisa Cina, yaitu

n = 4 · 11 · 17 = 1122, N1 = 187, N2 = 102, N3 = 66. Dibangun SKL baru berikut

187x ≡ 1(mod 6), 102x ≡ 1(mod 11), 66x ≡ 1(mod 17), yang berturut-turut memberikan penyelesaian

8.

x1 = 1, x2 = 4 dan x3 =

Dengan mengambil

x¯ = 5 · 187 · 1 + 4 · 102 · 4 + 3 · 66 · 8 = 4151, maka menurut teorema sisa Cina, penyelesian SKL semula adalah

x ≡ 4151(mod 1122) ≡ 785(mod1122). Jadi bentuk umum keluarga bilangan tersebut adalah

x = 785 + 1122t, t = 0, 1, · · · . Tiga anggota terkecil berkaitan dengan dan

3029.



Skor maksimum = 40.

1

t = 0, 1

dan

3

yaitu

785, 1907

Soal_2. Kerjakan dua soal saja dari soal-soal berikut !



15 + 25 + 35 + · · · + 995 + 1005 .

Tentukan sisanya jika

Soal ini tidak dapat dikerjakan karena tidak lengkap. Jadi seharusnya tidak dipilih.



Buktikan

53103 + 10353

habis dibagi

Penyelesian. Mudah diperiksa bahwa

39.

53 ≡ 14(mod 39),

dan

532 ≡ 1(mod 39).

Jadi diperoleh

53103 = 532

51

53 ≡ 53(mod 39) ≡ 14(mod 39).

Dilain pihak kita mempunyai

103 ≡ −14(mod 39) dan 1032 ≡ 1(mod 39).

Dengan argumen yang sama diperoleh

10353 = 1032

26

· 103 ≡ −14(mod 39).

Berdasarkan hasil ini diperoleh

53103 + 10353 ≡ 14(mod 39) − 14(mod 39) = 0(mod 39), yaitu terbukti habis dibagi



39.

Untuk sebarang bilangan bulat dengan angka

3, 7

atau

a,

buktikan

a2 − a + 7

selalu berakhir

9.

10. Setiap bilangan bulat dapat disa jikan a = 10k + r, r = 0, 1, · · · , 9. Substitusikan bentuk ini 2 ke a − 1 + 7, periksa masing-masing 10 kemungkinan nilai r tersebut. Akan diperoleh sisa dari kelipatan 10 hanya 3, 7 atau 9. Misalnya untuk r = 2 diperoleh

Penyelesaian. Gunakan modulo dalam bentuk

(10k+2)2 −(10k+2)+7 = 100k 2 +40k+4−10k−2+7 = 10(10k 2 +3k)+9, memberikan angka terakhir



9.

Untuk setiap bilangan bulat

a,

Kasus lainnya dikerjakan sendiri.

buktikan berlaku

2

a21 ≡ a(mod15).



Penyelesaian. Gunakan Teorema Fermat, yaitu

a5 ≡ a(mod 5)

sehingga

diperoleh

a21 = a5

4

· a ≡ a5 ≡ a(mod 5). 7

a3 ≡ a(mod 3) sehingga a21 = (a3 ) ≡ a7 = (a ) · a ≡ a2 · a = a3 ≡ a(mod 3). Dari kedua hasil ini diperoleh 5|a21 − a dan 3|a21 − a. Karena 3 dan 5 prima maka 5 · 3 = 15|a21 − a, 21 yaitu a ≡ a(mod15).  Di pihak lain berlaku

3 2

Setiap item soal No. 2 mendapat skor maksimum

30.

Informasi. Materi kuliah ini sangat menarik dan bermanfaat. Kemampuan bernalar akan terasah dengan baik dengan mempelajari teori bilangan ini.

Sebagian keindahan dalam matematika tercermin pada teori bi-

langan.

Materi teori bilangan ini banyak diambil sebagai soal dalam

olimpiade matematika: semua jenjang SD s.d. SMA dan semua tingkat lokal, propinsi, nasional dan internasional. Saat ini, tidak banyak guru yang menguasai topik ini. Jika anda ahli pada topik ini maka terbuka kesempatan menjadi guru terhormat dan trainer olimpiade matematika profesional.

Walapun kuliah ini sudah selesai, teruslah belajar dan

berlatih soal-soal yang pernah saya berikan (mungkin lebih dari 200 soal).

Pada saatnya kalian akan merasakan kenikmatan karena ilmu

dan pengetahuan yang dimiliki.

3

Suggest Documents