FUNGSI Tao dan Sigma

FUNGSI τ Dan ơ

Berdasarkan sifat-sifat yang dimiliki bilangan-bilangan bulat dapat didefinisikan fungsi-fungsi tertentu yang mempunyai peranan penting dalam Teori Bilangan. Fungsi-fungsi khusus tersebut sering disebut fungsi aritmetik (fungsi teori bilangan). Pada umumnya fungsi aritmetik didefinisikan/mempunyai daerah asal pada himpunan semua bilangan bulat positif.

Apabila f suatu fungsi aritmetik,maka : f : B  B dengan

B adalah himpunan semua bilangan bulat

B adalah himpunan semua bilangan bulat positif.

Berikut ini akan dibahas fungsi τ (tan) dan fungsi ơ (sigma)

A.    Fungsi τ (tan)

Definisi 4.2

Misalkan n suatu bilangan bulat positif τ (n) menyatakan banyaknya pembagi bulat positif dari n.

Contoh :

1)      Pembagi-pembagi bulat positif dari 12 adalah 1,2,3,4,6,dan 12,maka T (12) = 6

2)      Pembagi-pembagi bulat positif dari 15 adalah 1,3,5,dan 15,maka T (15) = 4

3)      Pembagi-pembagi bulat positif dari 13 adalah 1 dan 13,maka T (13) = 2

4)      Periksalah bahwa τ (1) = 1, τ (2) = 2, τ (3) = 2, τ (4) = 3, τ (5) = 2, τ (6) = 4, τ (8) = 4,

Apabila p suatu bilangan prima, maka τ (p) = 2

τ (n) yaitu banyaknya pembagi bulat positif dari n sering dinyatakandengan rumus yang menggunakan notasi ∑ (sigma). Berikut ini beberapa contoh definisi notasi ∑.

Contoh :

1)      _n = a₁ + a₂+ a₃ + a₄ + a₅

2)      = 2 + 3 + 4 + 5 + 6

3)      = 3 + 3 + 3 + 3 + 3

4)       = 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12,yaitu jumlah semua pembagi bulat positif dari 12

5)       = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1, yaitu banyaknya pembagi bulat positif dari 12

6)       = f(1) + f(2) + f(3) + f(6) + f(9) + f(18)

Dari beberapa contoh pemakaian notasi ∑ tersebut, τ (n) dapat dirumuskan sebagai berikut :

τ (n) =  untuk n ≥ 1

Jadi τ(n) merupakan penjumlahan dari 1 sebnyak pembagi bulat positif dari n.

Contoh :

1)      Semua pembagi bulat positif dari 32 adalah 1,2,4,8,16 dan 32,maka

 = 1 + 1 + 1 + 1+ 1 + 1 = 6

2)      Semua pembagi bulat positif dari 48 adalah 1,2,3,4,5,6,8,12,16,24,dan 48,maka

 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 10

3)      Periksalah bahwa  = 1, = 1 + 1 = 2,  = 1 + 1 + 1 = 3,  1 + 1+ 1 + 1 = 4,

Jika p suatu bilangan prima,maka  = 1 + 1 = 2

Dari uraian dan contoh-contoh di atas dapat dipahami bahwa apabila p suatu bilangan prima,maka pembagi-pembagi bulat positifnya hanyalah 1 dan p saja,sehingga τ(p) = 2

Pembagi-pembagi bulat positif dari p²adalah 1,p dan p² sehingga τ(p²) =  = 1 + 1 + 1 = 3

Periksalah bahwa τ(p³) = 4, τ (p⁴) = 5, τ(p⁵) = 6. Nampak bahwa jika k suatu bilangan bulat positif,maka τ(p^k) = k + 1. Ingat bahwa p disini adalah suatu bilangan prima.

Contoh :

1)      64 = 2⁶, maka τ (64) = τ(2⁶) = 6 + 1 = 7

Periksalah dengan mencacah semua pembagibulat positif dari 64

2)      τ(243) = τ(3⁵) = 5 + 1 = 6

3)                  Periksalah bahwa τ(32) =  6, τ(16) = 5, τ (81) = 5, τ(125) = 4 dan τ (2401) = 5,

Sekarang,apabila p₁ dan p₂keduanya adalah bilangan prima dan n = p₁p₂, maka pembagi-pembagi bulat positif dari n adalah 1,p₁p₂  dan p₁p₂  = n sehingga τ(n) = 4.

Jika m = p₁p₂, maka pembagi-pembagi bulat positif m dapat disusun sebagai berikut :

1 ,        p₂ ,      p₂²,        p₂³

P₁,        p₁p₂,     p₁p₂²,     p₁p₂³

P₁²,      p₁²p_2,    p₁²p₂²,    p₁²p₂³= m

Nampak pada daftar ini bahwa τ(p₁²p₂³) = 3 x 4 = 12

Contoh :

1)      τ(144) = τ(2⁴ . 3²) = 5 x 3 = 15

2)      τ(1323) = τ (3³ . 7²) = 4 x 3 = 12

3)      Periksalah bahwa τ(675) = 12, τ (784) = 15

Dapatkah anda membuktikan bahwa apabila n = p^kq^t dengan p dan q bilangan-bilangan prima yang berlainan dan k,t adalah bilangan-bilangan bulat positif, maka : τ(n) = τ(p^kp^t) = (k + 1) (t + 1)

Bukti :

Semua pembagi bulat positif dari n = p^kp^tdapat disusun daftar sebagai berikut :

1,         p,         p²,        p³,        ….,      p^k

q,         pq,       p²q,      p³q,      ….,      p^kq

q²,        pq²,      p²q²,     p³q²,     …..,     p^kq²

………………………………………….

q²,        pq²,      p²q²,     p³q²,     …..,       p^kq^t= n

Nampak pada daftar tersebut bahwa :

τ (n) = τ(p^kq^t) = (k + 1) (t + 1)

Kita telah mengetahui teorema dasar aritmatika,yaitu bahwa setiap bilangan bulat positif yang lebih besar dari 1 dapat difaktorkan secara tunggal atas factor-faktor prima.

Missal: 72 = 2³ . 3², 300 = 2² . 3 . 5²

Setiap bilangan bulat positif n ≥ 1 untuk setiap i =1,2,3,…k

Teorema 4.9

Apabila bentuk kanonik dari bilangan bulat n adalah p₁^a_3,p₂³_2,p₃^a_3,….p_k^a_k,maka:

τ (n) = (a₁ + 1) (a₂ + 1) (a₃ + 1) … (a_k + 1)

Bukti :

Apabila d suatu pembagi bulat positif dari n,maka :

d = p₁^t_1,p₂^t_2,….p_k^t_k dengan 0  ≤ t₁ ≤ a₁

maka banyaknya pembagi bulat positif dari n merupakan hasil kali banyaknya pilihan yang mungkin untuk t_i dari (a_i + 1) pilihan. Sehingga diperoleh τ(n) =  (a₁ + 1) (a₂+ 1) (a₃ + 1) … (a_k + 1)

Rumus τ(n) tersebut sering dinyatakan dengan notasi П (pi). Berikut ini diberikan definisi contoh pemakaian notasi П

Contoh :

1)        d_i = d₁ . d₂ . d₃ . d₄ . d₅

2)      f(n) = f(1) . f(2) . f(3) . f(4)

3)      (d_i + 1) = (d₁ + 1) (d₂ + 1) (d₃ + 1) … (d_n + 1)

Teorema 4.9 atas dituliskan dengan notasi π sebagai berikut:

Apabila n = p₁^a₁ p₂^a_{2 ….} P_k^a_k =  p_i^a_i, maka

τ ( n) =  (a_i+ 1)

Contoh :

1)      1260 = 2² . 3² . 5 . 7,maka

τ (1260) = t (2². 3² . 5 . 7) = (2 + 1) (2 + 1) (1 + 1) (1 + 1) = 36

2)      33.075 =  3³ . 5² . 7², maka

τ (3³ . 5². 7²) = (3 + 1) (2 + 1) (2 + 1) = 36

3)      Periksalahbahwa τ (2310) = 10, τ(210) = 8, τ(1.156) = 9

Sekarang kita akan memperhatikan hasilkali pembagi-pembagi bulat positif dari suatu bilangan bulat positif n.

Contoh :

1)      Pembagi-pembagi bulat positif dari 12 adalah 1,2,4,6 dan 12. τ(12) = 6

Hasilkan semua pembagi bulat positif dari 12 ditulis dengan notasi K (12) maka :

K(12) = 1 . 2 .3 . 4 . 6 . 12

           = (1 . 12) (2 .6) (3 . 4)

           = 12 . 12 .12

           = (12)³

2)      Semua pembagi bulat positif dari 28 adalah 1,2,4,7,14 dan 28. τ(28) = 6

Hasil kali semua pembagi bulat positif dari 28 adalah :

K(28) = 1 . 2 . 4 . 7 . 14 . 28

           = (1 . 12) (2 . 14) (4 . 7)

           = 28 . 28 . 28

           = (28)³

3)      Periksalah bahwa K(2) = 2, K(5) = 5, K(9) = 27, K(18) = 18³, K(24) = 24³, K(32) = 32³

Jika p suatu bilangan prima,maka K(p) = p, K(p²) = p³, K(p³) = p⁶, K(p⁴) = p¹⁰ dan K(p^t) = p^{1/2 t(t + 1)}

Teorema 4.10

Apabila n suatu bilangan bulat positif,maka hasilkan semua pembagi bulat positif dari n adalah

K(n) = n^{1/2 τ(n)}

Bukti :

Misalkan d adalah suatu pembagi bulat positif dari n, maka ada d¹ (yaitu pembagi bulat positif dari n pula)sedemikian hingga dd¹ = n.hal ini mungkin saja terjadi bahwa d = d¹,yaitu jika n suatu kuadrat sempurna.

Karena banyaknya pembagi bulat positif dari n adalah τ(n),dengan mengalikan setiap pembagi dari n (misalnya d) dengan pembagi pasangannya (misalnya d¹) sedemikian hingga dd¹ = n,maka akan diperoleh bahwa hasil kali semua pembagi bulat positif dari n adalah : K(n) = n^{1/2 τ(n)}

Notasi lain dari K (n) adalah d

B.     Fungsi ơ (sigma)

Apabila τ(n) menyatakan banyaknya pembagi bulat positif dari n, maka ơ(n) menyatakan jumlah semua pembagi bulat positif dari n.

Definisi 4.3

Apabila n suatu bilangan bulat positif ,maka ơ(n) menyatakan jumlah semua pembagi bulat positif dari n. dengan menggunakan notasi ∑, ditulis ơ(n) =

Contoh :

1)      Semua pembagi bilangan bulat positif dari 12 adalah 1,2,3,4,6 dan 12 maka

Ơ(n) = 1+ 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 12 = 28

2)      Ơ(27) = 1 + 3 + 9 +27 = 40

3)      Periksalah bahwa ơ(2) = 3, ơ(3) = 4, ơ(5) = 6, ơ(7) = 8, ơ(11) = 12

Jika p suatu bilangan prima,maka ơ(p) = p + 1,ơ(p²) = 1+ p + p²,ơ(p³) = 1 + p + p²+ p³ dan

Ơ(p^t) = 1 + p + p²+ …+ p^t

Mengingat rumus jumlah deret geometri,maka: 1 + p + p² +  p³+…+ p^t =

Jadi ơ(p^t) = ,jika p suatu bilangan prima dan t suatu bilangan bulat positif

Contoh :

 1) Semua pembagi bulat positif dari 32 adalah 1,2,4,8,16 dan 32,maka

Ơ(32) = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 63

Ơ(32) = ơ(2⁵) = 2⁰+ 2¹ + 2² + 2³ + 2⁴ + 2⁵= 2⁶ – 1 = 63

 2) periksalah bahwa ơ(27) = 40, ơ(49) = 57, ơ(125) = 156, ơ(64) = 127, ơ(42) = 96, ơ(6) = 12

Apabila p dan q adaLah dua bilangan – bilangan prima yang berbeda dan n = pq,maka semua pembagi bulat positif dari n adalah 1,p,q dan pq = n, sehingga :

Ơ(n) = ơ(pq) = 1 + p + q + pq = (1 + p) (1 + q)

Jika m = p²q³ dengan p dan q bilangan-bilangan prima yang berlainan,maka jumlah semua pembagi bilat positif dari m dapat disusun sebagai berikut :

Ơ(m) = (1 + p + p² +  p³) + (1 + pq + pq² +  pq³) + (p² +  p²q + p²q²+  p²q²)

          = (1 + p + p²) (1 + q + q²+  q³)

Ơ(m) =  .

Kita dapat menyimpulkan bahwa apabila n = p^kq^t denganp dan q keduanya bilangan prima yang berbeda dan k,t bilangan \-bilangan bulat positif.maka :

Ơ(n) ơ(p^kq^t) =  .  = ơ(p^k) . ơ(q^t)

Analog dengan contoh diatas,buktikanlah pernyataan tersebut :

Contoh :

1)      Ơ(15) = ơ(3.5) = ơ(3).ơ(5) = 4 . 6 = 24

Ơ(45) = ơ(3².5) = ơ(3²).ơ(5) =13 . 6 = 78

2)      Periksalah bahwa ơ(504) = 1560, ơ(784) = 1764,ơ(847) = 1064

Teorema  4.11

Apabila bentuk kanonik dari bilangan bulat positif n = ₁^a_1,maka ơ(n) =  

Bukti :

Perhatikan suku-suku dari perkalian (1 + p₁ + p₁² + p₁³ + … + p₁^a₁) (1 + p₂ + p₂² + p₃³ + … + p₂^a₂) (1 + p₃ + p₃²+ p₃³ + … + p₃^a₃) … (1 + p_k + p_k² + p_k³ + … + p_k^a_k)

Setiap suku dari hasil perkalian ini berbeda satu dengan lainnya dan masing-masing merupakan pembagian dari n,sehingga :

Ơ(n) = _i + pi² + p_i³+ … + p_i^a_i)

Mengingat rumus jumlah deret geometri,maka

(1 + p_i + p_i²+ p_i³ + … + p_i^a_i =

Sehingga ơ(n) =

Contoh : 

1)      Ơ(2130) = ơ(2 . 3 . 5 . 7 . 11) =  .  .  .  .

                                                = 3 . 4 . 6 . 8 . 12 = 6912

2)      Ơ(5600) = ơ(2² . 5² . 7) =  .  .  = 63 . 31 . 8 =15.624

Perhatikan kembali definisi 4.2 dan definisi 4.3, yaitu jika n suatu bilangan bulat positif,maka (1) τ(n) =  dan (2)  ơ(n) =

Pada rumus (2),d menjalani semua pembagi bulat positif dari n. mengingat  merupakan pembagi bulat positif dari n pula, maka rumus (2) dapat ditulis sebagai :

Ơ(n) =  

         =  

 =

Hal ini dikatakan bahwa  merupakan jumlah kebalikan dari pembagi-pembagi bulat positif dari n.

Contoh :

1)      Semua pembagi bilangan bulat positif dari 18 adalah 1,2,3,6,9 dan 18. Ơ(18) = 39

Jumlah semua kebalikan pembagi-pembagi dari 18 adalah :

 =  +  + +  +  +

             =  =  =