a + b = ab

Perhatikan persamaan berikut

a + b = ab

Jika kita ambil a  = b = 2 , jelas adalah solusi dari persamaan diatas. Dengan kata lain (2,2) adalah pasangan solusi bulat dari persamaan diatas. Nah.. sekarang pertanyaannya:

Adalah  pasangan solusi bilangan bulat positif lain selain (2, 2) ? Syukur2 bukan pasangan kembar.

Untuk menjawabnya, kita lakukan saja manipulasi aljabar.

a + b = ab

a = ab -b

a = b ( a – 1 )

a / ( a – 1) = b.

Supaya b adalah bilangan bulat positif maka haruslah a – 1 = 1. So.. a = 2, itu berarti b = 2 juga. Sekarang jelas ( 2, 2) adalah satu-satunya pasangangan solusi bilangan bulat positif.

Itu tadi di dalam bilangan bulat positif, sedangkan di dalam bilangan real persamaan diatas mempunyai tak hingga banyaknya pasangan solusi, yang mempunyai bentuk umum ( a, a /( a – 1 ) ) dengan a adalah bilangan real.

Sebagai contoh : Jika a= 10 maka ( 10, 10/9 ).

Dengan kata lain, telah kita tunjukan bahwa didalam bilangan real ada tak hingga banyaknya pasangan bilangan yang jika di jumlah dan di kalikan mempunyai hasil yang sama.

Pembagian Pecahan

pembagian simbolKetika SD, kita diajari cara pembagian  pecahan adalah dengan mengubah pembagian menjadi perkalian lalu di pecahan kedua kita tukar posisi penyebut dengan pembilangnya.

Contoh:   \frac{3}{4}\div\frac{2}{4}=\frac{3}{4}\times\frac{4}{2}=\frac{12}{8}

Secara umum rumus pembagian pecahan adalah

\frac{a}{b}\div\frac{c}{d}=\frac{a}{b}\times\frac{d}{c}

dengan a,b,c dan d adalah bilangan bulat tak nol

Mengapa demikian?

Pertama-tama saya ingin memberitahukan 1 fakta matematis yang disembunyikan oleh guru matematika kalian. hehe.. lebay, bahwa pembagain sebenarnya adalah perkalian. Lho kok bisa??

a dibagi b itu sebenarnya berarti a dikali invers (perkalian) dari b, dinotasikan b^{-1}

a\div b=a\times b^{-1}

Apa itu invers?

Diberikan bilangan tak nol a maka  a^{-1} adalah suatu bilangan sedemikian hingga berlaku

Continue reading

Teorema Sisa Cina

Sumber: ciee.org

Sumber: ciee.org

Saya punya soal cerita sebagai berikut

Alkisah seorang Nenek pergi ke pasar dengan membawa keranjang berisi telur.Di pasar keranjang tersebut ditaruh di bawah, tanpa sengaja seorang pemuda menginjak keranjang tersebut sehingga pecah semua telur yang berada didalam keranjang. Pemuda tersebut berniat menganti kerugian dan bertanya kepada si nenek berapa jumlah telur di keranjang. Akan tetapi si Nenek tidak ingat berapa jumlah telur di keranjang.  Si Nenek hanya ingat jika jumlah telur tersebut dibagi 3 maka sisanya 2 telur. Jika dibagi 5 maka sisanya 3 telur dan jika dibagi 7 maka sisanya 2 telur.

Berapa jumlah telur terkecil yang mungkin dimiliki si Nenek?

Jika kita ubah kedalam bahasa matematis, soal tersebut meminta kita mencari solusi dari sitem linear kongkruen

x\equiv2\pmod3

x\equiv3\pmod5

x\equiv2\pmod7

Bagaimana mencari solusi dari sistem linear kongkruen?

Continue reading

Angka Keberuntungan

Ikan Arwana dianngapIkan keberuntungan (Sumber: Fotohewan.info)

Ikan Arwana dianggap Ikan keberuntungan (Sumber: Fotohewan.info)

Dalam budaya Cina, angka 8 dianggap angka keberuntungan karena pengucapannya sama dengan kata yang berati kemakmuran atau kekayaan dalam bahasa mandarin. Lain halnya dibarat, budaya barat (eropa dan Amerika) beranggapan 7 adalah angka keberuntungan karena 7 lapis langit, 7 tingkatan surga, 7 hari penciptaan. Ada juga yang menjadikan tanggal lahirnya sebgai angka keberuntungan.

Sekarang, bagaimana dengan matematika? Apakah Matematika memiliki angka atau bilangan keberuntutungan? Jawabannyanya Ya. bahkan ada banyak bilangan yang dianggap membawa keberuntungan oleh Matematika.

Apa saja bilangan-bilangan keberuntungan  menurut Matematika?

Continue reading

Kemungkinan 2 bilangan adalah relatif Prima

Dua bua bilangan a dan b  dikatakn relatif prima (atau disebut juga koprima) jika fpb (a,b)=1, dengan kata lain a dan b tidak mempunyai faktor prima bersama.

Contoh: 10 dan 13 adalah relatif prima, begitupula 31 dan 36 juga merupakan relatif prima, sedangkan 50 dan 65 bukan relatif prima.

Nah sekarang pertanyaannya:

Berapa kemungkinan 2 bilangan yang dipilih secara acak  merupakan relatif prima?

Untuk menjawab pertanyaan diatas, kita akan mengunakan lemma berikut:

Lemma: Diberikan bilangan prima p, kemungkinan suatu bilangan yang dipilih secara acak mempunyai faktor prima p adalah 1/p

Bukti: Dinotasikan \mathbb{Z}_{p} , Grup modulu bilangan bulat p. Jika suatu bilangan n mempunyai faktor prima p, itu berarti n berada di dalam kelas kongruen 0\in\mathbb{Z}_{p}. Banyaknya kelas kongruen di \mathbb{Z}_{p} adalah p. So.. kemungkinan suatu bilangan dipilih secarak acak berada di dalam kelas kongruen 0\in\mathbb{Z}_{p} adalah 1/p.

Akibat: Diberikan bilangan prima p serta a dan b dua bilangan yang dipilih secara acak maka berlaku

  1. Kemungkinan  a dan b mempunyai p sebagai faktor prima bersama adalah 1/p^2
  2. Kemungkinan a dan b TIDAK  mempunyai p sebagai faktor prima bersama adalah 1-1/p^2.

Continue reading

Cara Lebih Sederhana

kelipatan 13

Di postingan sebelumnya saya membahas soal di atas dengan menggunakan konsep-konsep matematis tingkat lanjut yang saya pelajari ketika kuliah, padahal soal tersebut termuat didalam BSE matematika kelas 7 kurikulum 20013  Hal tersebut membuat saya bertanya-tanya bisakah soal di atas dikerjakan dengan cara lebih sederhana, dalam artian menggunakan konsep-konsep matematis yang lebih mendasar yang bisa dipahami oleh siswa SMP. Ah, ternyata bisa! soal tersebut bisa dikerjakan dengan faktorisasi dan perpangkatan, dua konsep matematis yang sudah dipelajari siswa SMP. Saya akan menggunakan Teorema berikut:

Teorema: Diberikan bilangan ganjil n maka untuk sebarang a dan b berlaku

a^{n}+b^{n}=\left(a+b\right)\left(a^{n-1}-ba^{n-2}+b^{2}a^{n-3}-\ldots-b^{n-2}a+b^{n-1}\right)

Sekrang deret pada soal akan saya susun ulang sebagai berikut:

M=\left(1^{2001}+2001^{2001}\right)+\left(2^{2001}+2000^{2001}\right)+\ldots+\left(1000^{2001}+1002^{2001}\right)+1001^{2001}

Dengan menggumakan teorema diatas setiap penjumlahan pangkat 2001 yang berada didalam tanda kurung di M dapat difaktorisasi sebagai berikut

1^{2001}+2001^{2001}=\left(1+2001\right)\left(1^{2000}-2001\cdot1^{1999}+\ldots-+2001^{2000}\right)

2^{2001}+2000^{2001}=\left(2+2000\right)\left(2^{2000}-2000\cdot2^{1999}+\ldots-+2000^{2000}\right)

:

:

:

1000^{2001}+1002^{2001}=\left(1000+1002\right)\left(1000^{2000}-1002\cdot1000^{1999}+\ldots-+1002^{2000}\right)

Perhatikan sisi kanan faktorisasi-faktorisasi diatas, semua \left(1+2001\right),\left(2+2000\right) sampai dengan \left(1000+1002\right) mempunyai jumlah yang sama yaitu 2002. Nah 2002 ini ternyata kelipatan 13 . So.. dapat kita simpulkan semua yang berada dalam tanda kurung di M merupakan kelipatan 13. Lalu bagaimana dengan suku terakhir M yaitu 1001^{2001}, karena 1001 adalah kelipatan 13 maka jelas 1001^{2001} juga kelipatan 13. Sekarang dapat disimpulkan M adalah kelipatan 13.

Kelipatan 13

Saya pernah membahas soal-soal yang terdapat di BSE matematika kelas 7 kurikulum 2013, kali ini saya kembali melakukan hal yang sama. Cukup satu soal yang akan saya bahas yaitu soal no 9  di hal 124.

kelipatan 13

Dinotasikan S=1^{2001}+2^{2001}+3^{2001}+4^{2001}+5^{2001}+\ldots+2001^{2001}. Untuk mengerjakan soal no 8 ini yang saya lakukan adalah mengkonversikan S didalam  \mathbb{Z}_{13} lalu membuktikan bahwa S=0\in\mathbb{Z}_{13}.

Kita akan menggunakan teorema kecil Fermat

Teorema Kecil Fermat: Untuk sebarang bilangan bulat a dan p prima yang bukan merupakan faktor dari a maka berlaku a^{p-1}\equiv1\pmod p

Diketahui 13 adalah prima maka berdasarkan Teorema kecil Fermat untuk setiap bilangan bulat a yang tidak habis dibagi 13 berlaku a^{12}\equiv1\pmod {13}.

Diketahui pula 2001=166\cdot12+9 diperoleh

a^{2001}=a^{\left(166\cdot12\right)+9}=a^{166\cdot12}a^{9}\equiv a^{9}\pmod {13}

Sekarang, kita bisa menuliskan S di dalam \mathbb{Z}_{13} sebagai berikut:

\begin{array}{ccc}    S & = & 1^{9}+2^{9}+3^{9}+4^{9}+5^{9}+6^{9}+7^{9}+8^{9}+9^{9}+10^{9}+11^{9}+12^{9}+0+\ldots+10^{9}+11^{9}+12^{9}\\    & = & 1^{9}+2^{9}+3^{9}+4^{9}+5^{9}+6^{9}+7^{9}+8^{9}+9^{9}+10^{9}+11^{9}+12^{9}+\ldots+10^{9}+11^{9}+12^{9}    \end{array}

Dinotasikan s_{12}=1^{9}+2^{9}+3^{9}+4^{9}+5^{9}+6^{9}+7^{9}+8^{9}+9^{9}+10^{9}+11^{9}+12^{9}, diatas terlihat bahwa S hanya perulangan dari  s_{12}. Jadi untuk membuktikan S=0, cukup dibuktikan  s_{12}=0.

Jika g adalah primitive root dari modulo 13 maka  \left\{ 1,2,3\ldots,12\right\} dapat ditulis dalam bentuk \left\{ g^{0},g^{1},g^{3}\ldots,g^{11}\right\} . diperoleh:

\begin{array}{ccc}    s_{12} & = & 1^{9}+2^{9}+\ldots+12^{9}\\    & = & g^{0\cdot9}+g^{1\cdot9}+\ldots+g^{11\cdot9}\\    & = & 1+q+q^{2}+\ldots+q^{11}    \end{array}

dengan q=g^9.

Kita mendapatkan deret geometri dengan 12 suku pertama 1 dan r=q, diperoleh

Continue reading

Jahat dan Menjijikkan

Sumber: fanpop.com

Sumber: fanpop.com

Ternyata tidak hanya manusia  ada yang jahat, bilangan pun ada yang jahat.

Definisi: Suatu bilangan bulat dikatakan Jahat (evil), jika diubah kedalam bentuk biner akan mempunyai 1 dengan jumlah genap

Contoh: 6 merupakan bilangan jahat, karena bentuk biner dari 6 adalah 0110

Jika dalam kehidupan manusia, lawan dari jahat adalah baik tetapi di bilangan lawan dari jahat adalah menjijikkan

Definisi: Suatu bilangan bulat dikatakan menjijikkan (odious), jika diubah kedalam bentuk biner akan mempunyai 1 dengan jumlah ganjil.

Contoh: 8 merupakan bilangan menjijikkan, karena bentuk biner dari 8 adalah 1000.

Selanjutnya dua bilangan bulat berurutan dikatakan kembar jahat, jika keduanya merupakan bilangan Jahat. Sedangkan kembar menjijikkan adalah dua bilangan bulat berurutan yang keduanya merupakan bilangan menjijikkan. Sekarang mari kita lihat kembar jahat dan kembar menjijikkan yang muncul dari 0 sampai 15.

{1,2} kembar menjijikkan, {5, 6} kembar jahat, {7,8} kembar menjijikkan, {9,10} kembar jahat, {13,14} kembar menjijikkan.

Ternyata dari 0 samapai 15, kembat jahat dan kembar menjijikkan muncul secara bergantian. muncul pertanyaan:

Apakah kembar jahat dan kembara menjijikkan selalau muncul bergantiana?

Ya, ada teorema yang menjaminnya.

Teorema: Kembar jahat muncul secara bergantian dengan kembar menjijikkan

Referensi: 

 Chris Bernhardt, “Evil twins alternate with odious twins” , Fairfield University

01 dan 99

Coba kalian perhatikan:

99^{1}=\mathbf{99}

99^{2}=98\mathit{01}

99^{3}=9702\mathbf{99}

99^{4}=960596\mathit{01}

99^{5}=95099004\mathbf{99}

99^{6}=9414801494\mathit{01}

Sudah terlihat kan polanya? Untuk n genap maka 99^n berakhir di 01, sedangkan untuk n ganjil maka 99^n berakhir di 99.

Sekarang mari kita buktikan bahwa pola tersebut berlaku untuk semua bilangan bulat positif n

Untuk pembuktiannya kita akan menggunakan aritmatika modular. Salah satu teorema adalam aritmatika modular menyatakan

Teorema: jika a\equiv b\pmod k maka a^n\equiv b^n\pmod k

Pertama-tama kita buktikan untuk n genap.

Diketahui 99\equiv -1\pmod {100} berdasakan teorema diatas diperoleh 99^n\equiv -1^n\pmod {100}.

Karena n genap maka 1=-1^n, diperoleh

 99^n\equiv 1\pmod {100}.

Itu berarti untuk n genap, 99^n adalah kelipatan 100 lebih 1. Oleh karena itu 99^n pastilah berakhir di 01.

Selanjutnya, untuk n ganjil.

Untuk n ganjil maka -1=-1^n.

Gunakan teorema diatas diperoleh

99^{n}\equiv-1^{n}\pmod{100}\rightarrow99^{n}\equiv-1\pmod{100}

Jadi untuk n ganjil, 99^n adalah kelipatan 100 kurang 1, yang berarti  99^n berakhir di 99

\square

Dengan cara yang sama kita bisa membuktikan pola untuk 9^n, 999^n bahkan secara umum 999\ldots9^{n}