Akar Primitif Dokumen ini membahas mengenai teorema-teorema akar primitif beserta contoh soalnya. Mata Kuliah Teori Bilangan Program Studi Tadris Matematika FTIK IAIN Pontianak

1. AKAR
PRIMITIF
Atika Luthfiyatil Fathinah
(12218005)

2. Pertama, kita akan mempelajari keberadaan akar-akar primitif untuk bilangan-bilangan
prima. Kita memulai menunjukkan banyaknya solusi perkongruenan polinomial berikut.
Teorema 6.15 (Teorema Lagrange)
Bukti:
Misalkan polinomial f yang berderajat n adalah
F(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0 dengan an ≡ 0 (mod p).
Teorema akan dibuktikan dengan induksi matematika pada n, yaitu derajat dari
f(x).
Untuk n = 1 maka f(x) = a1x + a0 ≡ 0 (mod p)
f(x) = a1x ≡ -a0 (mod p)
karena (a1,p) = 1. Maka perkongruenan linier ini mempunyai tepat satu solusi.
Jadi teorema benar untuk n = 1.
Akar Primitif
Jika p suatu bilangan prima dan f adalah suatu polynomial berderajat
n maka perkongruenan f(x) = 0 (mod p) mempunyai sebanyak-
banyaknya n solusi.

3. Selanjutnya diasumsikan bahwa teorema benar untuk n = k – 1, yatu
polinomial f berderajat (k - 1) mempunyai sebanyak-banyaknya (k – 1)
solusi.
Akan ditunjukkan bahwa untuk polinomial f berderajat k, f(x) ≡ 0
(mod p) mempunyai sebanyak-banyaknya k solusi.
Untuk ini kita cukup menunjukkan bahwa f(x) ≡ 0 (mod p)
tidak mempunyai solusi atau mempunyai satu solusi.
Jika f(x) ≡ 0 (mod p) tidak mempunyai solusi maka teorema terbukti.
Selanjutnya, jika f(x) ≡ 0 (mod p) mempunyai sekurang-kurangnya satu
solusi, misalnya a maka f(a) ≡ 0(mod p) dan a adalah suatu
residu terkecil modulo p.
jika f(x) dibagi dengan (x – a) maka diperoleh:
f(x) = (x – a) q(x) + r
suku banyak q(x) berderajat k – 1 dengan koefisien bulat dan
suatu bilangan bulat pula. Substitusi x = a, pada f(x) 0 (mod p) dan
pada f(x) = (x – a) q(x) + r diperoleh:
0 ≡ f(a) = (a – a) q(a) + r (mod p)
r ≡ 0 (mod p)
sehingga f(x) = (x – a) q(x)(mod p)

4. Misalkan b adalah penyelesaian lain dengan b ≡ a (mod p) dari f(x) ≡ 0
(mod p) maka 0 ≡ f(b) = (b – a) q(b) (mod p)
karena p prima dan b – a ≡ 0 (mod p) maka q(b) ≡ 0 (mod p).
hal ini dapat dikatakan bahwa suatu solusi dari f(x) ≡ 0 (mod p) yang
berbeda dengan a merupakan penyelesaian dari q(x) ≡ 0 (mod p).
Polinomial q(x) mempunyai sebanyak-banyaknya (k–1) solusi sehingga
f(x) ≡ 0 (mod p) tidak akan mempunyai lebih dari k solusi.
Perlu dicatat di sini bahwa teorema 6.15 hanya benar,
apabila modulonya suatu bilangan prima. Sebab, jika modulonya tidak
prima maka teorema tidak benar. Misalnya x2+ x ≡ 0 (mod p)
mempunyai 4 solusi, yaitu 0,2, 3 dan 5, meskipun ruas kiri dari
pengkongruenan tersebut suatu polinom berderajat dua.

5. Menurut teorema fermat, yaitu jika p prima dan (a,p) = 1 maka ap-1 1(mod
p). Ini benar perkongruenan xp-1 – 1 = 0 mempunyai tepat (p – 1) solusi, yaitu:
1,2,3,…,p – 1
Misalkan bahwa d|(p – 1) maka,
xp-1– 1 = (xd – 1) (xp-1-d + xp-1-2d +…+ 1)
= (xd – 1) f(x)
Menurut teorema 6.15, f(x) ≡ 0 (mod p) mempunyai sebanyak-banyaknya
(p-1-d) solusi. Misalkan x = a suatu solusi dari xp-1 – 1 ≡ 0 (mod p) yang
bukan solusi dari f(x) ≡ 0 (mod p), maka a suatu solusi dari xd – 1 ≡ 0 (mod
p).
Sebab
0 ≡ ap-1 – 1 (ad – 1) f(a) (mod p)
Karena p prima dan p|f(a) maka p|(ad – 1).
Jadi xd – 1 ≡ 0 (mod p) mempunyai sekurang-kurangnya p – 1 – (p – 1 – d)
= d solusi.

6. Jika p suatu bilangan prima dan d|p – 1
maka perkongruenan xd – 1 ≡ 0 (mod p)
mempunyai tepat d solusi.
Menurut teorema xd - 1 ≡ 0 (mod p) mempunyai sebanyak-banyaknya d
solusi. Jadi perkongruenan tersebut mempunyai tepat d solusi.
Uraian tersebut merupakan bukti dari teorema berikut ini:
Teorema 6.16
Sekarang perhatikan bilangan prima 13 dan ∅(13) = 12.
Dibentuk Ψ(d) = banyaknya bilangan bulat positif k yang kurang dari 13 dan
berorde d dengan d|12.
Untuk modulo 13 ini,
1 berorde 1;
3 dan 9 masing-masing berorde 3;
4 dan 10 masing-masing berorde 6;
5 dan 8 masing-masing berorde 4;
2, 6, 7 dan 11 masing-masing berorde 12, dan 12 berorde 2.
Sehingga
σ𝑑|12 Ψ(d) = 1 + 1 + 2 + 2 + 2 + 4
Ψ(1) = 1 = ɸ(1) Ψ(4) = 2 = ɸ(4)
Ψ(2) = 1 = ɸ(2) Ψ(6) = 2 = ɸ(6)
Ψ(3) = 2 = ɸ(3) Ψ(12) = 4 = ɸ(12)
Perhatikan juga bahwa :

7. Jika p suatu bilangan prima dan d|(p-1) maka ada tepat ɸ(d) bilangan
bulat positif kurang dari p yang berorde d modulo p.
Bukti :
Dibentuk fungsi Ψ(d), yaitu banyaknya bilangan bulat positif yang
kurang dari p yang berorde d modulo p.
Karena setiap bilangan bulat positif yang kurang dari p selalu
berorde d dengan d|p-1 maka
σ𝑑|𝑝−1 Ψ(d) = p - 1
Teorema 6.17
Padahal kita telah mengetahui bahwa σ𝑑|𝑝−1 Ψ(d) = p – 1 maka kita harus
menunjukkan bahwa Ψ(d)=ɸ(d)
Ambil sebarang d, yaitu pembagi dari p-1 sedemikian hingga Ψ(d) > 0
maka ada suatu bilangan bulat positif a yang beorde d sehingga 𝑎, 𝑎2
,𝑎3
, … 𝑎𝑑
Tidak ada dua suku yang kongruen modulo p dan masing-masing masing-
masing memenuhi perkongruen 𝑥𝑑
≡ 1 𝑚𝑜𝑑 𝑝 .

8. Sebab (𝑎𝑘)𝑑≡ 𝑎𝑑 𝑘
≡ 1 𝑚𝑜𝑑 𝑝 , 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 1 ≤ 𝑘 ≤ 𝑑
Menurut teorema 6.15, perkongruenan tersebut mempunyai tepat d solusi.
Selanjutnya,suatu bilangan bulat positif yang beorde d modulo p mesti kongruen
modulo p dengan suatu bilangan dari .
Dan hanya sebanyal ɸ(d) dari perkongruenan a tersebut yang berorde d, yaitu aᵏ
dengan (k, d) = 1.
Jadi banyaknya bilangan bulat positif yang kurang dari p dab berorde d modulo p
adalah ɸ(d).
Sehingga Ψ(d) = ɸ(d).
Apabila pada teorema 6.16, d = p-1 maka diperoleh akibat teorema tersebut sebagai
berikut:
Akibat: setiap bilangan prima p mempunyai sebanyak ɸ(p -1) akar primitif
Contoh:
Tentukan akar-akar primitif dari 31 dan tentukan pula bilangan-bilangan bulat
positif yang kurang dari 31 yang berorde 6 modulo 31.
Jawab :
Banyaknya akar primitif dari 31 adalah ɸ(ɸ(31)) =ɸ(30) = 8.
Karena 25
≡ 1 𝑚𝑜𝑑 31 , maka 2 bukan akar primitif dari 31.
Kita mencoba memangkatkan 3 dengan eksponen yang tidak lebih dari 15 karena orde
dari 3 mesti membagi ɸ(31) = 30 maka perhitungannya dilakukan sebagai berikut:

9. 315 ≡ 27 5 ≡ −4 5 ≡ −64 16 ≡ −2 16 ≡ −1 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 31)
Karena 315 ≡ 1 𝑚𝑜𝑑 31 dan 3𝑘 ≡ 1 𝑚𝑜𝑑 31 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 1 ≤ 𝑘 ≤ 15 maka orde dari 3 mesti
lebih dari 15. Dan karena orde 3 mesti membagi ɸ(31) = 30 maka dapat ditarik
kesimpulan bahwa orde dari 3 (mod 31) adalah 30.
Jadi 3 adalah akar primitif dari 31.
Akar-akar primitif dari 31 yang lain adalah dengan (k, 30) = 1, yaitu
37, 311, 313, 317, 319, 323, 𝑑𝑎𝑛 329
Yang berturutut-turut kongruen mod 31 dengan
17, 13, 24, 22, 12, 11 dan 21.
Karena 3 adalah akar primitif dari 31 maka setiap bilangan bulat positif yang kurang dari
31 dapat dinyatakan dalam bentuk 3𝑘 dengan 1 ≤ 𝑘 ≤ 30 .
Selanjutnya menurut teorema 6.12 maka orde dari 3𝑘 adalah
30
(𝑘,30)
Sehingga 3ᵏ yang berorde 6 apabila (k, 30) = 5, yaitu k = 5 atau k = 25. Jadi
3⁵ dan 325 masing-masing berorde 6 (mod 31). Dengan perhitungan berikut ini dapat
diketahui residu terkecilnya.
35 ≡ 27 9 ≡ −4 9 ≡ −36 ≡ 26 (𝑚𝑜𝑑 31)
325 ≡ (35)5 ≡ 26 5 ≡ −5 5 ≡ −125 25 ≡ −1 25 ≡ 6 (𝑚𝑜𝑑 31)
Banyaknya bilangan bulat positif yang kurang dari 31 dan berorde 6 adalah
ɸ(6)=2, yaitu 6 dan 26. Banyaknya bilangan bulat positif yang kurang dari 31 dan berorde
6 adalah ɸ(6)=2, yaitu 6 dan 26.

10. Sekarang perhatikan bilangan komposit 2ᵏ dengan 𝑘 ≥ 3
kita akan menunjukkan bahwa untuk sebarang bilangan ganjil a dengan (a, 2ᵏ) = 1,
Maka 𝑎2𝑘−2
≡ 1 𝑚𝑜𝑑 2𝑘 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 2𝑘−2 =
∅ 2𝑘
2
𝑑𝑎𝑛 𝑘 ≥ 3
apabila kita berhasil menunjukkan kekongruenan tersebut maka dapat disimpulkan bahwa
2ᵏ tidak mempunyai akar primitif.
Akan ditunjukkan 2ᵏ dengan induksi matematik untuk setiap bilangan asli 𝑘 ≥ 3
Jika k=3 maka diperoleh kekongruenan a² ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 8) yang benar untuk a = 1, 3, 5 dan
7, yaitu: 12 ≡ 32 ≡ 52 ≡ 72 ≡ 1 (mod 8)
Jadi benar bahwa 23 tidak mempunyai akar primitif.
Selanjutnya diasumsikan kekongruenan benar untuk suatu bilangan bulat k >
3, yaitu: 𝑎2𝑘−2
≡ 1 𝑚𝑜𝑑 2𝑘
Kekongruenan ini ekuevalen dengan 𝑎2𝑘−2
≡ 1 + 2𝑘 𝑚 dengan m suatu bilangan
bulat.
Jadi kekongruenan juga benar untuk k + 1 sehingga kekongruenan benar
untuk semua bilangan bulat 𝑘 ≥ 3

11. Untuk k ≥ 3, bilangan bulat 2𝑘 tidak mempunyai akar
primitif.
Teorema berikut ini mempunyai spirit sama dengan teorema tersebut.
Uraian diatas merupakan bukti dari teorema berikut ini
Teorema 6.18
Jika bilangan-bilangan bulat m > 2 dan n > 2 dengan (m, n) I, maka m
tidak mempunyai akar primitif.
Lemma I.
Jika p suatu bilangan prima ganjil, maka ada suatu akar primitif r dari p sedemikian
hingga 𝑟𝑝−1 ≡ 1 (mod p²)
Lemma 2:
Misalkan p suatu bilangan priima ganjil dan r suatu akar primitif dari p sedemikian
hingga 𝑟𝑝−1 ≡ 1 (mod p²), maka untuk setiap bilangan bulat positif k ≥ 2, berlaku:
𝑟𝑝𝑘−2(𝑝−1)
≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝑘)
Teorema 6.19

12. Teorema 6.21
Bukti:
Menurut Teorema 6.20, mempunyai akar primitif, misalnya r. Kita asumsikan bahwa r suatu
bilangan ganjil, sebab jika r genap, maka r + 𝑝𝑘 adalah suatu bilangan ganjil yang merupakan akar
primitif dari pula. Maka (r, 2 𝑝𝑘 ) =1. Misalkan orde dari r (mod 2 𝑝𝑘 ) adalah n, maka n mesti
membagi ∅(2𝑝𝑘).
Jadi n = ∅(2𝑝𝑘), yang berarti bahwa r adalah akar primitif dari 2𝑝𝑘.
Teorema 6.20
Bukti:
Berdasarkan lemma di atas , kita dapat
memilih suatu akar primitif r dari p dan misalkan orde
r (mod 𝑝𝑘) adalah n.
Jika p suatu bilangan prima ganjil dan bilangan bulat k ≥ 1,
maka 𝑝𝑘 mempunyai akar primitif.
Jika p suatu bilangan prima ganjil dan suatu bilangan bulat k 1, maka
2 mempunyai akar primitif.

13. Prima
Akar primitif
terkecil
Prima
Akar primitif
terkecil
2 1 43 3
3 2 47 5
5 2 53 2
7 3 59 2
11 2 61 2
13 2 67 2
17 3 71 7
19 2 73 5
23 5 79 3
29 2 83 2
31 3 89 3
37 2 97 5
41 6 101 2
Tabel 6.3
Berikut ini suatu daftar akar
primitif terkecil
dari bilangan prima yang kurang
dari 100

14. TERIMA KASIH
Semoga Bermanfaat