1

PERSAMAAN DIOPHANTINE KUADRATIK

풙ퟐ − (풕ퟐ + 풕)풚ퟐ − (ퟏퟔ풕+ ퟒ)풙+ (ퟏퟔ풕ퟐ + ퟏퟔ풕)풚 = ퟎ (풕 ≥ ퟏ)

QUADRATIC DIOPHANTINE EQUATION

푥 − (푡 + 푡)푦 − (16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦 = 0 (푡 ≥ 1)

Orgenes Tonga

Pascasarjana Matematika, Universitas Hasanuddin, Makassar

Alamat Korespondensi:

Orgenes Tonga

SMAN 2 Binsus Tobelo

Halmahera Utara, 97762

Email: orgenest@yahoo.com

2

Abstrak

Misalkan 푡 ≥ 1 merupakan bilangan bulat positif. Akan ditentukan solusi bilangan bulat positif dari persamaan Pell 푥 − (푡 + 푡)푦 = 1, yang dapat dipakai untuk menentukan solusi bilangan bulat positif dari persamaan Pell 푢 − (푡 + 푡)푣 = −32푡 + 4. Selanjutnya akan ditentukan solusi bilangan bulat positif dari persamaan Diophantine

푥 − (푡 + 푡)푦 − (16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦 = 0. Diperoleh beberapa rumus dan hubungan rekurensi dalam solusi bilangan bulat positif (푥 ,푦 ) dari persamaan Diophantine Kata Kunci: Persamaan Pell, Persamaan Diophantine

Abstract Let 푡 ≥ 1 be positive integer. Will be determined of positive integer solution of Pell equation 푥 − (푡 + 푡)푦 =1 , which can weared to determine positive integer solution of Pell equation 푢 − (푡 + 푡)푣 = −32푡 + 4. Hereinafter will be determined positive integer solution of Diophantine equation

푥 − (푡 + 푡)푦 − (16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦 = 0. Obtained some formula and recurrence relation in positive integer solution (푥 ,푦 ) of Diophantine

equation Keyword: Pell equation, Diophantine equation.

3

PENDAHULUAN

Pencarian solusi fundamental (mendasar) persamaan Pell klasik 푥 − 푑푦 = 1 telah

dilakukan sebelumnya dengan metode siklik oleh Bhascara (Edwards, 1977), dengan metode

faktorisasi oleh Fermat dan dengan metode reduksi oleh Lagrange (Jacobson, 2009), namun

prosesnya kurang efisien. Selanjutnya pencarian solusi dengan metode fraksi kontinu

berhingga sederhana pada ekspansi (penjabaran) √푑 pencarian solusi fundamental ternyata

lebih efisien (Baltus, 2007, dan Seung, 2008).

Persamaan Diophantine memiliki berbagai generalisasi. Dalam pengembangan

selanjutnya, telah dilakukan pencarian solusi persamaan Diophantine yang melibatkan fraksi

kontinu dengan ekspansi bilangan real √푡 + 푡 pada persamaan 푥 − 푑푦 = 2 (Tekcan dkk.,

2007), dan pada persamaan 푥 − (푡 + 푡)푦 − (4푡 + 2)푥 + (4푡 + 4푡)푦 = 0 (Ozkoc and

Tekcan, 2010), serta ekspansi bilangan real √푡 − 푡 pada persamaan 푥 − (푡 − 푡)푦 −

(4푡 − 2)푥 + (4푡 − 4푡)푦 = 0 (Tekcan and Ozkoc, 2010) dan pada persamaan 푥 −

(푡 − 푡)푦 − (16푡 − 4)푥 + (16푡 − 16푡)푦 = 0 (Chandoul, 2011). Selanjutnya, akan dibahas

algoritma pencarian solusi persamaan Pell pada penyelesaian suatu persamaan Diophantine:

푥 − (푡 + 푡)푦 = 1 (1.1),

푢 − (푡 + 푡)푣 = −32푡 + 4 (1.2),

푥 − (푡 + 푡)푦 − (16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦 = 0 (푡 ≥ 1) (1.3).

BAHAN DAN METODE

Fraksi Kontinu Periodik dan Bilangan Berbentuk √풕ퟐ + 풕

Dikatakan, 퐶 ∈ 핀 merupakan suatu fraksi kontinu periodik jika

퐶 = [푎 ;푎 ,푎 ,⋯ , 푎 ,푎 , 푎 ,⋯ , 푎 ] (2.1) dimana bentuk 푎 , 푎 ,⋯ , 푎 menandakan bahwa barisan (푎 , 푎 ,⋯ , 푎 )

berulang periodik, dan 푟 disebut periode dari fraksi kontinu. Pendekatan fraksi kontinu pada

bilangan real √푡 + 푡 sebelumnya telah dibahas dalam pencarian solusi persamaan 푥 −

푑푦 = 2 dengan mengekpansikan √푑 = √푡 + 푡 sebagai fraksi kontinu (Tekcan dkk., 2007).

Definisi 1 (Irasional Kuadratik):

Anggap 훼 merupakan bilangan irasional. 훼 disebut irasional kuadratik jika 훼

merupakan akar dari persamaan kuadratik 푎푥 + 푏푥 + 푐 = 0 untuk 푎, 푏, 푐 ∈ ℤ .

Selanjutnya akar yang lain 훽, disebut konyugat dari 훼.

4

Definisi 2 (Irasional Kuadratik Tereduksi):

Anggap 훼 adalah irasional kuadratik dan 훽 adalah konyugatnya. 훼 disebut irasional

kuadratik tereduksi jika 훼 > 1 dan −1 < 훽 < 0.

Definisi 3 (Periodik Murni):

Suatu fraksi kontinu [푎 ,푎 ,⋯ , 푎 ] disebut periodik murni jika berlaku 푎 =

푎 ,푎 = 푎 ,푎 = 푎 ,⋯ ,푎 = 푎 . Dengan demikian maka fraksi kontinu

[푎 ,푎 ,⋯ ,푎 ] = [푎 ;푎 , 푎 ,⋯ , 푎 ] = ⋯ = [푎 ;푎 ,⋯ ,푎 ,푎 ,푎 ,⋯ , 푎 ].

Teorema 2.1(Teorema Galois):

Anggap 훼 adalah bilangan irasional. Suatu 훼 adalah periodik murni jika dan hanya

jika 훼 irasional kuadratik tereduksi.

Jika 훼 = [푎 , 푎 ,⋯ , 푎 ] dan 훽 adalah konyugatnya maka − = [푎 ,⋯ ,푎 ,푎 ].

∎

Teorema 2.2: (Niven, 1991)

Setiap bilangan irasional kuadratik merupakan suatu fraksi kontinu periodik sederhana,

dan setiap fraksi kontinu periodik sederhana merupakan suatu bilangan irasional

kuadratik.

∎

Algoritma 2.1:

Misalkan 푥 merupakan suatu bilangan irasional kuadratik dengan 푥 = 푥 = √푑, maka

푥 dapat dijabarkan dengan algoritma sebagai berikut:

1. Input: 푥 = √푑 (푑 bukan kuadrat sempurna), 푓 = 0, ℎ = 1.

2. 푎 = ⌊푥 ⌋, 푘 = 0,1,2,⋯ (2.2)

3. 푓 = 푎 ℎ − 푓 , 푘 = 0,1,2,⋯ (2.3)

4. ℎ = , 푘 = 0,1,2,⋯ (2.4)

5. 푥 = √ , 푘 = 0,1,2,⋯ (2.5)

Dari algoritma dapat disimpulkan √푑 ∈ 핀, dan 푓 , ℎ ∈ ℤ.

Lemma 2.1:

Misalkan diberikan √푑 ∈ 핀 maka:

√푑 = [푎 ;푎 ,푎 ,⋯ , 푎 , 2푎 ] (2.6)

dengan √푑 = 푎 untuk suatu 푟 ∈ ℕ.

5

Bukti: Anggap bahwa 훼 = √푑 + √푑 > 1 dan −1 < 훽 = √푑 − √푑 < 0 sehingga

(푥 − 훼)(푥 − 훽) = 푥 − (훼 + 훽)푥 + (훼훽)

= 푥 − 2 √푑 푥 + ( √푑 − 푑)

merupakan persamaan kuadratik bilangan bulat (polinom bilangan bulat berderajat dua).

Sehingga 훼 dan 훽 adalah irasional kuadratik dan salah satunya adalah konyugat. Selanjutnya

훼 adalah irasional kuadratik tereduksi. Berdasarkan teorema Galois, 훼 adalah periodik murni.

Sehingga

훼 = √푑 + √푑 = 2 √푑 ,푎 , 푎 ,⋯ , 푎

√푑 + √푑 = 2 √푑 ;푎 ,푎 ,⋯ ,푎 , 2 √푑

√푑 = 2 √푑 ;푎 , 푎 ,⋯ , 푎 , 2 √푑 − √푑

√푑 = √푑 ;푎 ,푎 ,⋯ ,푎 , 2 √푑

karena √푑 = 푎 maka

√푑 = [푎 ; 푎 ,푎 ,⋯ ,푎 , 2푎 ]

∎

Berdasarkan Algoritma 2.1 untuk bilangan irasional 푥 = √푑 terdapat 푓 = 0 dan

ℎ = 1, dan dengan menghubungkan Lemma 2.1 untuk bilangan irasional √푑 sebagai fraksi

kontinu periodik terdapat 푟 ∈ ℕ sebagai periode dari √푑. Jadi ℎ = ℎ = ⋯ = ℎ = 1 untuk

setiap 푖 ∈ ℕ. Dengan demikian, jelas bahwa ℎ = 1 jika dan hanya jika 푟|푘 , dan ℎ ≠ −1

untuk semua 푘.

Sekarang, perhatikan bilangan berbentuk berikut sebagai bilangan irasional

푡 + 푡 (푡 ∈ ℕ) (2.7).

Bentuk 푡 + 푡 bukan merupakan suatu bentuk kuadrat. Dengan menggunakan algoritma 2.1,

diperoleh

푡 + 푡 = [푡; 2,2푡] (2.8)

yang merupakan suatu bentuk fraksi kontinu dan menjadi patokan dalam penyelesaian

persamaan Pell.

Metode Pengkajian

Pencarian solusi persamaan Diophantine dilakukan dengan mengkaji pencarian solusi

bilangan bulat persamaan Pell, kemudian menghubungkan dengan pencarian solusi bilangan

bulat persamaan Diophantine

6

푥 − (푡 + 푡)푦 − (16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦 = 0.

Hasil dari pengkajian merupakan solusi bilangan bulat positif (푥 , 푦 ) yang dijabarkan dalam

teorema-teorema.

HASIL DAN PEMBAHASAN

Persamaan Pell 풙ퟐ − (풕ퟐ + 풕)풚ퟐ = ퟏ

Persamaan Pell berbentuk 푥 − (푡 + 푡)푦 = 1 merupakan bentuk khusus dari

persamaan Pell 푥 − 푑푦 = 1 dengan 푑 = (푡 + 푡) adalah bilangan bulat positif nonkuadrat.

Persamaan (1.1) juga memiliki solusi bilangan bulat positif yang tak terhingga banyaknya dan

ditulis sebagai (푥 ,푦 ) untuk 푛 ≥ 1. Solusi pertama (푥 ,푦 ) yang merupakan bilangan bulat

positif (nontrivial) adalah solusi fundamental dari persamaan (1.1).

Dikatakan bahwa fraksi kontinu 퐶 dimana 퐶 ∈ 핀 adalah suatu fraksi kontinu periodik

jika

퐶 = [푎 ;푎 ,푎 ,⋯ , 푎 ,푎 ,푎 ,⋯ ,푎 ]

dimana 푎 , 푎 ,⋯ ,푎 menandakan barisan berulang {푎 , 푎 ,⋯ ,푎 } dan 푟

adalah periode dari fraksi kontinu 퐶.

Persamaan Pell 푥 − (푡 + 푡)푦 = 1 menunjukan bahwa terdapat bilangan irasional

√푑 = √푡 + 푡 yang merupakan fraksi kontinu periodik, dengan menggunakan fungsi

pembulatan kebawah (floor function) dijabarkan sebagai berikut:

Jika diambil 푡 = 1 maka √푡 + 푡 diperoleh √2 = [1; 2].

Jika diambil 푡 > 1 maka diperoleh

푥 = 푡 + 푡 = 푡 + 푡 + 푡 − 푡 ,푎 = 푡

푥 =1

√푡 + 푡 − 푡=√푡 + 푡 + 푡

푡 = 2 +√푡 + 푡 − 푡

푡 , 푎 = 2

푥 =1

√푡 + 푡 − 푡푡

=푡

√푡 + 푡 − 푡= 푡 + 푡 + 푡 = 2푡 + 푡 + 푡 − 푡 , 푎 = 2푡

푥 =1

√푡 + 푡 − 푡=√푡 + 푡 + 푡

푡 = 2 +√푡 + 푡 − 푡

푡 , 푎 = 2

karena 푥 = 푥 akibatnya 푥 = 푥 = 푥 = ⋯ dan 푥 = 푥 = 푥 = ⋯ , maka diperoleh

perulangan 푎 = 푎 = 푎 = ⋯ = 2 dan 푎 = 푎 = 푎 = ⋯ = 2푡 . Sehinga √푡 + 푡 dapat

ditulis dalam bentuk fraksi kontinu

7

푡 + 푡 = 푡 +1

2 + 12푡 + 1

2 + 12푡 + 1

2 + 12푡+⋱

= [푡; 2,2푡].

Sehingga, ekspansi dari √푡 + 푡 sebagai fraksi kontinu adalah:

푡 + 푡 =[1; 2] jika 푡 = 1

[푡; 2,2푡] jika 푡 > 1.

Dengan demikian, maka ekspansi √푡 + 푡 sebagai fraksi kontinu dipakai untuk

menentukan solusi persamaan (1.1).

Teorema3.1:

Pada persamaan Pell berbentuk 푥 − (푡 + 푡)푦 = 1 dengan (푡 + 푡) bulat positif

nonkuadrat, berlaku:

1) Solusi fundamental dari persamaan Pell 푥 − (푡 + 푡)푦 = 1 adalah (푥 ,푦 ) =

(2푡 + 1,2).

2) Barisan solusi {(푥 ,푦 )} persamaan Pell 푥 − (푡 + 푡)푦 = 1 dipenuhi oleh 푥

푦=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

1

0

untuk 푛 ≥ 1.

3) Solusi (푥 ,푦 ) dari persamaan Pell 푥 − (푡 + 푡)푦 = 1 memenuhi

hubungan rekurensi

푥 = (2푡 + 1)푥 + (2푡 + 2푡)푦

푦 = 2푥 + (2푡 + 1)푦

untuk 푛 ≥ 1.

4) Solusi ke- 푛 (푥 ,푦 ) dari persamaan Pell 푥 − (푡 + 푡)푦 = 1 dapat di diberikan

oleh konvergensi fraksi kontinu:

푥푦 =

⎣⎢⎢⎢⎡푡; 2,2푡 , 2,2푡 ,⋯ , 2,2푡 , 2,2푡

pasangan

, 2

⎦⎥⎥⎥⎤

untuk 푛 ≥ 1

Bukti:

8

(1) Perluasan bilangan real √푡 + 푡 = [푡; 2,2푡] merupakan fraksi kontinu periodik, maka

solusi fundamental persamaan 푥 − (푡 + 푡)푦 = 1 adalah = [푡; 2] = 푡 + = .

Dengan demikian, solusi fundamental dari 푥 − (푡 + 푡)푦 = 1 adalah

(푥 ,푦 ) = (2푡 + 1,2)

(2) Akan dibuktikan menggunakan induksi matematika.

Untuk 푛 = 1, maka 푥

푦=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

1

0=

2푡 + 1

2

sehingga (푥 ,푦 ) = (2푡 + 1,2) merupakan solusi, adalah benar.

Asumsikan persamaan adalah benar untuk 푛 = 푘

푥

푦=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

1

0

sehingga (푥 ,푦 ) merupakan solusi, yaitu

푥 − (푡 + 푡)푦 = 1.

Selanjutnya, akan ditunjukan kebenaran untuk 푛 = 푘 + 1. Dari

푥

푦=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

1

0

=2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

1

0

=2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푥

푦

=(2푡 + 1)푥 + (2푡 + 2푡)푦

2푥 + (2푡 + 1)푦

diperoleh

푥 − (푡 + 푡)푦

= (2푡 + 1)푥 + (2푡 + 2푡)푦 − (푡 + 푡)(2푥 + (2푡 + 1)푦 )

= ((2푡 + 1) 푥 + 2(2푡 + 1)(2푡 + 2푡)푥 푦 + (2푡 + 2푡) 푦 )

− (푡 + 푡)(4푥 + 4(2푡 + 1)푥 푦 + (2푡 + 1) 푦 )

= 푥 (2푡 + 1) − 4(푡 + 푡) + 푥 푦 2(2푡 + 1)(2푡 + 2푡)− (푡 + 푡)4(2푡 + 1)

+ 푦 ((2푡 + 2푡) − (푡 + 푡)4(2푡 + 1) )

= 푥 − (푡 + 푡)푦

= 1

9

(3) Diketahui persamaan 푥 − (푡 + 푡)푦 = 1 memiliki solusi fundamental (푥 ,푦 ) . Jika

(푥 ,푦 ) adalah solusi ke- 푛 maka (푥 ,푦 ) memenuhi persamaan 푥 − (푡 + 푡)푦 = 1 ,

sehingga

푥 − (푡 + 푡)푦

= (2푡 + 1)푥 + (2푡 + 2푡)푦 − (푡 + 푡)(2푥 + (2푡 + 1)푦 )

= ((2푡 + 1) 푥 + 2(2푡 + 1)(2푡 + 2푡)푥 푦 + (2푡 + 2푡) 푦 )

− (푡 + 푡)(4푥 + 4(2푡 + 1)푥 푦 + (2푡 + 1) 푦 )

= 푥 (2푡 + 1) − 4(푡 + 푡) + 푥 푦 2(2푡 + 1)(2푡 + 2푡)− (푡 + 푡)4(2푡 + 1)

+ 푦 ((2푡 + 2푡) − (푡 + 푡)(2푡 + 1) )

= 푥 − (푡 + 푡)푦

= 1

(4) Asumsikan bahwa (푥 ,푦 ) adalah solusi dari 푥 − (푡 + 푡)푦 = 1 sehingga 푥 −

(푡 + 푡)푦 = 1. Dengan menggunakan induksi matematika, jelas bahwa untuk 푛 = 1

diperoleh (푥 ,푦 ) = (2푡 + 1,2). Selanjutnya dianggap benar untuk 푛 = 푘 , maka akan

ditunjukan kebenarannya untuk 푛 = 푘 + 1 yaitu 푥푦 = 푡 +

1

2 + 12푡 + 1

2 + 12푡 + 1

⋱ + 1

2 + 12푡 + 1

2

= 푡 +1

2 + 1푡 + 푡 + 1

2 + 12푡 + 1

⋱ + 12 + 1

2푡 + 12

= 푡 +1

2 + 1푡 + 푥

푦

=(2푡 + 1)푥 + (2푡 + 2푡)푦

2푥 + (2푡 + 1)푦 .

Dalam hal ini (푥 ,푦 ) menunjukan solusi dari persamaan Diophantine 푥 −

(푡 + 푡)푦 = 1

∎

10

Selanjutnya, solusi dari persamaan Pell 푥 − (푡 + 푡)푦 = 1 akan dipakai untuk

menentukan solusi lain persamaan Diophantine berbentuk 푢 − (푡 + 푡)푣 = −32푡 + 4.

Persamaan Diophantine 풙ퟐ − (풕ퟐ + 풕)풚ퟐ − (ퟏퟔ풕 + ퟒ)풙+ (ퟏퟔ풕ퟐ + ퟏퟔ풕)풚 = ퟎ

Persamaan Diophantine berbentuk

푥 − (푡 + 푡)푦 − (16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦 = 0

selalu memberikan dua solusi bilangan bulat yang merupakan solusi trivial, yaitu (0,0) dan

(0,16) untuk setiap 푡 ≥ 1.

Selain memiliki solusi trivial, persamaan Diophantine berbentuk 푥 − (푡 + 푡)푦 −

(16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦 = 0 dengan 푡 ≥ 1, juga memiliki solusi bilangan bulat positif

yang tak terhingga banyaknya dan ditulis sebagai (푥 ,푦 ) untuk 푛 ≥ 1 . Solusi pertama

(푥 ,푦 ) yang merupakan bilangan bulat positif (nontrivial) adalah solusi fundamental dari

persamaan (1.3).

Bentuk persamaan (1.3) representatif dengan lengkungan (conics), yang diberikan oleh

persamaan

푎푥 + 푏푥푦+ 푐푦 + 푑푥 + 푒푦 + 푓 = 0

dimana 푎 , 푏, 푐 , 푑 , 푒 , 푓 adalah bilangan real. Nilai diskriminan (∆) dari bentuk lengkung

퐴푥 + 퐵푋 + 퐶 = 0 dapat ditentukan dari ∆= 퐵 − 4퐴퐶 . Jika ∆< 0 maka penyajian

lengkungan adalah elips, jika ∆> 0 maka penyajian lengkunagn adalah hiperbola, dan jika

∆= 0 maka penyajian lengkungan adalah parabola. Jika 푏 = 0, maka persamaan (1.3) dapat

ditransformasikan lengkungan pada bidang sentripetal 푢푣 melalui transfomasi

푇 =푥 = 푢 + ℎ

푦 = 푣 + 푘 (3.1)

untuk beberapa nilai ℎ dan 푘. Selanjutnya pasangan (ℎ, 푘) dinotasikan oleh

푇[ℎ;푘] = {ℎ, 푘}.

Melalui transformasi 푇 yaitu 푥 = 푢 + ℎ dan 푦 = 푣 + 푘 , maka persamaan (1.3)

menjadi

(푢 + ℎ) − (푡 + 푡)(푣 + 푘) − (16푡 + 4)(푢 + ℎ) + (16푡 + 16푡)(푣 + 푘) = 0

selanjutnya, dijabarkan menjadi

[푢 − (푡 + 푡)푣 + (2ℎ − 16푡 − 4)푢 + (−2푡 푘 − 2푡푘 + 16푡 + 16푡)푣]

+ [ℎ − (푡 + 푡)푘 − (16푡 + 4)ℎ + (16푡 + 16푡)푘] = 0.

11

Karena kelompok suku ke-dua adalah nol (ekivalen dengan persamaan (1.3)), maka kelompok

suku ke-satu juga adalah nol. Berdasarkan penjabaran tersebut, perhatikan kelompok suku ke-

satu, dapat dinyatakan sebagai bentuk yang ekivalen dengan persamaan (1.1) maka diperoleh

푢(2ℎ − 16푡 − 4) = 0 dan 푣(−2푡 푘 − 2푡푘 + 16푡 + 16푡) = 0 dimana 푢, 푣 ≠ 0 sehingga

didapat ℎ = 8푡 + 2 dan 푘 = 8. Selanjutnya substitusi nilai ℎ = 8푡 + 2 dan 푘 = 8 ke dalam

kelompok suku ke-dua diperoleh 32푡 − 4 = 0 . Dengan demikian diperoleh persamaan

Diophantine

푢 − (푡 + 푡)푣 = −32푡 + 4

yang merupakan persamaan Pell.

Teorema 3.2:

Misalkan 푃 merupakan suatu persamaan Diophantine berbentuk 푢 − (푡 + 푡)푣 =

−32푡 + 4 dengan (푡 + 푡) adalah bilangan bulat positif nonkuadrat, maka berlaku:

1) Solusi fundamental adalah (푢 , 푣 ) = (8푡 + 2,8).

2) Barisan solusi {(푢 , 푣 )} dipenuhi oleh

푢

푣=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣 (3.2)

untuk 푛 ≥ 1.

3) Solusi (푢 , 푣 ) memenuhi hubungan rekurensi

푢 = (2푡 + 1)푢 + (2푡 + 2푡)푣

푣 = 2푢 + (2푡 + 1)푣

untuk 푛 ≥ 2.

4) Solusi ke- 푛 (푢 ,푣 ) memenuhi fraksi kontinu

푢푣 =

⎣⎢⎢⎢⎡푡; 2,2푡 , 2,2푡 ,⋯ , 2,2푡

pasangan

, 4

⎦⎥⎥⎥⎤

untuk 푛 ≥ 1.

Bukti:

1) Akan dibuktikan bahwa (푢 ,푣 ) = (8푡 + 2,8) adalah solusi dari persamaan Diophantine

berbentuk 푢 − (푡 + 푡)푣 = −32푡 + 4.

Ruas kiri persamaan Diophantine ini adalah

푢 − (푡 + 푡)푣 =

= (8푡 + 2) − (푡 + 푡)(8)

12

= (64푡 + 32푡 + 4) − (64푡 + 64푡)

= −32푡 + 4

2) Akan dibuktikan dengan menggunakan induksi matematika.

Untuk 푛 = 1, maka

푢

푣=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣

adalah solusi.

Hipotesis induksi bahwa

푢

푣=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣

adalah solusi.

Akan dibuktikan bahwa 푢

푣=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣

adalah solusi.

Persamaan 푢

푣=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣 dapat ditulis sebagai

푢

푣= 2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 12푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣

=2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣

=(2푡 + 1)푢 + (2푡 + 2푡)푣

2푢 + (2푡 + 1)푣

adalah solusi.

3) Akan dibuktikan dengan induksi matematika:

Untuk 푛 = 2, maka pasangan solusi (푢 , 푣 ) memenuhi persamaan

푢

푣=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣=

(2푡 + 1)푢 + (2푡 + 2푡)푣

2푢 + (2푡 + 1)푣

sehingga jelas

푢 = (2푡 + 1)푢 + (2푡 + 2푡)푣

푣 = 2푢 + (2푡 + 1)푣

adalah solusi.

Pasangan solusi (푢 , 푣 ) memenuhi persamaan

13

푢

푣=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣

dengan induksi matematika untuk 푛 = 1 jelas (diberikan).

Anggap bahwa

푢

푣=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣

adalah benar.

Akan dibuktikan bahwa 푢

푣=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣

adalah solusi. Maka 푢

푣=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣

= 2푡 + 1 2푡 + 2푡2 2푡 + 1

2푡 + 1 2푡 + 2푡2 2푡 + 1

푢

푣

=2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣

=(2푡 + 1)푢 + (2푡 + 2푡)푣

2푢 + (2푡 + 1)푣.

Sehingga jelas.

푢 = (2푡 + 1)푢 + (2푡 + 2푡)푣

푣 = 2푢 + (2푡 + 1)푣

adalah solusi untuk 푛 ≥ 2.

4) Akan dibuktikan berdasarkan pendekatan induksi matematika.

Untuk 푛 = 1, maka 푢푣 =

8푡 + 28 = 푡 +

14 = [푡; 4]

adalah benar, merupakan solusi fundamental.

Asumsi bahwa solusi ke-푛 didefinisikan oleh

푢푣 =

⎣⎢⎢⎢⎡푡; 2,2푡 , 2,2푡 ,⋯ , 2,2푡

pasangan

, 4

⎦⎥⎥⎥⎤.

Selanjutnya, akan ditunjukan kebenaran yang juga memenuhi untuk solusi ke-푛 + 1.

14

Dengan menggunakan teorema 3.2 (bagian ke-3), diperoleh

푢푣 =

(2푡 + 1)푢 + (2푡 + 2푡)푣2푢 + (2푡 + 1)푣

푢푣 = 푡 +

푢 + 푡푣2푢 + (2푡 + 1)푣

= 푡 +1

2푢 + (2푡 + 1)푣푢 + 푡푣

= 푡 +1

2 + 푣푢 + 푡푣

= 푡 +1

2 + 1푢 + 푡푣

푣

= 푡 +1

2 + 1푡 + 푢

푣

=

⎣⎢⎢⎢⎡푡; 2,2푡

pasangan, 2,2푡 , 2,2푡 , 2,2푡 ,⋯ , 2,2푡

pasangan

, 4

⎦⎥⎥⎥⎤

=

⎣⎢⎢⎢⎡푡; 2,2푡 , 2,2푡 , 2,2푡 ,⋯ , 2,2푡

pasangan

, 4

⎦⎥⎥⎥⎤.

∎

Dengan demikian, berdasarkan teorema 3.2, diperoleh tabel solusi persamaan

Diophantine 푢 − (푡 + 푡)푣 = −32푡 + 4 dengan (푡 + 푡) adalah bilangan bulat positif

nonkuadrat (lihat Tabel 1).

Teorema 3.3:

Jika (푥,푦) merupakan solusi persamaan (1.1) 푥 − (푡 + 푡)푦 = 1 dan (푢, 푣)

merupakan solusi persamaan (1.2) 푢 − (푡 + 푡)푣 = −32푡 + 4 maka (푥푢 +

(푡 + 푡)푦푣,푥푣 + 푦푢) adalah solusi lain dari persamaan 푢 − (푡 + 푡)푣 = −32푡 + 4.

Bukti: Misalkan (푥, 푦) adalah solusi dari (1.1) dan (푢,푣) adalah solusi dari (1.2), sehingga

푥 − (푡 + 푡)푦 = 1 dan 푢 − (푡 + 푡)푣 = −32푡 + 4. Maka

(푥 − (푡 + 푡)푦 )(푢 − (푡 + 푡)푣 ) = (1)(−32푡 + 4)

[(푥푢) + ((푡 + 푡)푦푣) ]− (푡 + 푡)[(푥푣) + (푦푢) ] = −32푡 + 4

[(푥푢) + 2(푡 + 푡)푥푦푢푣 + ((푡 + 푡)푦푣) ] − (푡 + 푡)[(푥푣) + 2푥푦푢푣 + (푦푢) ]

= −32푡 + 4

[푥푢 + (푡 + 푡)푦푣] − (푡 + 푡)[푥푣 + 푦푢] = −32푡 + 4

Dengan demikian (푥푢 + (푡 + 푡)푦푣), (푥푣 + 푦푢) merupakan solusi lain dari (1.2).

15

∎

Selanjutnya, solusi dari persamaan Diophantine 푥 − (푡 + 푡)푦 = −32푡 + 4 dengan

(푡 + 푡) adalah bilangan bulat positif nonkuadrat, akan dipakai untuk menentukan solusi

persamaan Diophantine berbentuk 푥 − (푡 + 푡)푦 − (16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦 = 0

dengan 푡 ≥ 1.

Berdasarkan transformasi 푥 = 푢 + ℎ dan 푦 = 푣 + 푘 dimana diketahui bahwa ℎ =

8푡 + 2 dan 푘 = 8 , maka 푥 = 푢 + 8푡 + 2 dan 푦 = 푣 + 8 . Sehingga, dapat dikembalikan

semua hasil bentuk persamaan

(푢 + ℎ) − (푡 + 푡)(푣 + 푘) − (16푡 + 4)(푢 + ℎ) + (16푡 + 16푡)(푣 + 푘) = 0

atau 푢 − (푡 + 푡)푣 = −32푡 + 4 ke persamaan

푥 − (푡 + 푡)푦 − (16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦 = 0

melalui invers dari 푇 . Diketahui solusi persamaan 푢 − (푡 + 푡)푣 = −32푡 + 4 adalah

푢 = 8푡 + 2 dan 푣 = 8 maka diperoleh solusi persamaan Diophantine 푥 − (푡 + 푡)푦 −

(16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦 = 0 adalah 푥 = 푢 + ℎ = 16푡 + 4 dan 푦 = 푣 + 푘 = 16.

Teorema 3.4:

Misalkan 퐷 adalah persamaan Diophantine berbentuk

푥 − (푡 + 푡)푦 − (16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦 = 0

untuk 푡 ≥ 1, maka berlaku:

1) Solusi fundamental adalah (푥 ,푦 ) = (16푡 + 4,16).

2) Barisan solusi {(푥 ,푦 )} dipenuhi oleh {(푢 + 8푡 + 2, 푣 + 8)} dimana

{(푢 ,푣 )} didefinisikan dalam teorema 3.2 persamaan (3.2), sehingga dapat

dinyatakan sebagai

푥

푦=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣+

8푡 + 2

8

untuk 푛 ≥ 1.

3) Solusi (푥 ,푦 ) memenuhi hubungan rekurensi

푥 = (2푡 + 1)푥 + (2푡 + 2푡)푦 − 32푡 − 20푡

푦 = 2푥 + (2푡 + 1)푦 − 32푡 − 4

untuk 푛 ≥ 2.

Bukti:

1) Akan dibuktikan bahwa (푥 ,푦 ) = (16푡 + 4,16) adalah solusi dari persamaan 푥 −

(푡 + 푡)푦 − (16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦 = 0.

16

Substitusi (푥 ,푦 ) ke ruas kiri persamaan ini, diperoleh

푥 − (푡 + 푡)푦 − (16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦

= (16푡 + 4) − (푡 + 푡)16 − (16푡 + 4)(16푡 + 4) + (16푡 + 16푡)16

= (16푡 + 4) − (푡 + 푡)16 − (16푡 + 4) + (푡 + 푡)16

= 0

2) Akan dibuktikan dengan menggunakan induksi matematika bahwa

푥

푦=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣+

8푡 + 2

8

untuk 푛 ≥ 1.

Untuk 푛 = 1 maka 푥

푦=

푢

푣+

8푡 + 2

8=

8푡 + 2

8+

8푡 + 2

8=

16푡 + 4

16

adalah benar, dimana (푥 ,푦 ) = (16푡 + 4,16) merupakan solusi fundamental.

Asumsikan benar untuk 푛 = 푘, maka

푥

푦=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣+

8푡 + 2

8

sehingga

푥 − (푡 + 푡)푦 − (16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦 = 0.

Selanjutnya, akan dibuktikan kebenaran untuk 푛 = 푘 + 1,

푥

푦=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣+

8푡 + 2

8

=2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣+

8푡 + 2

8

=2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣+

8푡 + 2

8−

32푡 + 20푡

32푡 + 4

=2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푥

푦−

32푡 + 20푡

32푡 + 4

(2푡 + 1)푥 + (2푡 + 2푡)푦 − 32푡 − 20푡

2푥 + (2푡 + 1)푦 − 32푡 − 4.

Akan dibuktikan 푥

푦 di atas adalah solusi dari persamaan Diophantine 푥 −

(푡 + 푡)푦 − (16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦 = 0 sebagai berikut

17

푥 − (푡 + 푡)푦 − (16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦

= [(2푡 + 1)푥 + (2푡 + 2푡)푦 − 32푡 − 20푡]

− (푡 + 푡)[2푥 + (2푡 + 1)푦 − 32푡 − 4]

− (16푡 + 4)[(2푡 + 1)푥 + (2푡 + 2푡)푦 − 32푡 − 20푡]

+ (16푡 + 16푡)[2푥 + (2푡 + 1)푦 − 32푡 − 4]

= 푥 − (푡 + 푡)푦 − (16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦 = 0

3) Akan dibuktikan dengan menggunakan induksi matematika.

Untuk 푛 = 2, maka pasangan solusi (푥 ,푦 ) memenuhi persamaan

푥

푦=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣+

8푡 + 2

8

=(2푡 + 1)푢 + (2푡 + 2푡)푣 + 8푡 + 2

2푢 + (2푡 + 1)푣 + 8

sehingga jelas bahwa

푥 = (2푡 + 1)푢 + (2푡 + 2푡)푣 + 8푡 + 2

푦 = 2푢 + (2푡 + 1)푣 + 8

adalah solusi.

Pasangan solusi (푥 ,푦 ) memenuhi persamaan

푥

푦=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣+

8푡 + 2

8

dengan induksi untuk 푛 = 1 jelas 푥

푦=

16푡 + 4

16.

Anggap bahwa

푥

푦=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣+

8푡 + 2

8

adalah benar.

Akan dibuktikan bahwa 푥

푦=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣+

8푡 + 2

8

adalah solusi. Maka 푥

푦=

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣+

8푡 + 2

8

=2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣+

8푡 + 2

8

18

=2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푢

푣+

8푡 + 2

8−

32푡 + 20푡

32푡 + 4

=2푡 + 1 2푡 + 2푡

2 2푡 + 1

푥

푦−

32푡 + 20푡

32푡 + 4

(2푡 + 1)푥 + (2푡 + 2푡)푦 − 32푡 − 20푡

2푥 + (2푡 + 1)푦 − 32푡 − 4.

sehingga jelas bahwa

푥 = (2푡 + 1)푥 + (2푡 + 2푡)푦 − 32푡 − 20푡

푦 = 2푥 + (2푡 + 1)푦 − 32푡 − 4

adalah solusi.

∎

Dengan demikian, berdasarkan teorema 3.4 diperoleh tabel solusi persamaan

Diophantine 푥 − (푡 + 푡)푦 − (16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦 = 0 untuk 푡 ≥ 1 (lihat Tabel

2)

KESIMPULAN DAN SARAN

Berdasarkan hasil dan pembahasan dapat disimpulkan bahwa Solusi persamaan Pell 푥 −

(푡 + 푡)푦 = 1 dapat dipakai untuk menentukan setiap solusi lain persamaan Pell 푥 −

(푡 + 푡)푦 = −32푡 + 4 untuk 푡 ∈ ℕ . Dan setiap solusi persamaan Pell 푥 − (푡 + 푡)푦 =

−32푡 + 4 dapat dipakai untuk menentukan setiap solusi persamaan Diophantine 푥 −

(푡 + 푡)푦 − (16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦 = 0 untuk 푡 ≥ 1. Persamaan Diophantine dapat

digeneralisasi sehingga peneliti selanjutnya dapat mengkaji metode lain dalam pencariam

setiap solusi persamaan Diophantine.

19

DAFTAR PUSTAKA

Baltus, C. 2007. Notes On Euler’s Continued Fractions. SUNY College At Oswego, New York.

1-13.

Chandoul, A. 2011. On Quadratic Diophantine Equation 푥 − (푡 − 푡)푦 − (16푡 − 4)푥 +

(16푡 − 16푡)푦 = 0. International Mathematical Forum. 6: no.36 1777-1782.

Edwards H. 1977. Fermat's Last Theorem: A Genetic Introduction to Algebraic Number

Theory (Graduate Texts in Mathematics), Springer, New York, 25-33.

Jacobson,M and Williams, H. 2009. Solving Pell Equation. Springer. New York. 31-39.

Ozkoc, A. and Tekcan, A. 2010. Quadratic Diophantine Equation 푥 − (푡 − 푡)푦 −

(4푡 − 2)푥 + (4푡 − 4푡)푦 = 0. Bulletin of the Malaysia Mathematical Science Society.

33:2 273-280.

Seung, H Y. 2008. Continued Fractions And Pell’s Equation. REU paper. 1-12.

Tekcan, A. and Ozkoc, A. 2010. The Diophantine Equation 푥 − (푡 + 푡)푦 − (4푡 + 2)푥 +

(4푡 + 4푡)푦 = 0. Rev Mat Complut. Springer. 23: 251-260.

Tekcan, A., Gezer. and Bizim. 2007. On The Integer Solutions of the Pell Equation 푥 −

푑푦 = 2 , International Journal of Computational and Mathematical Science. 1:3

204-208.

20

Tabel 1. Tabel solusi persamaan Diophantine 풖ퟐ − (풕ퟐ + 풕)풗ퟐ = −ퟑퟐ풕 + ퟒ

푡

Solusi persamaan Diophantine 푢 − (푡 + 푡)푣 = −32푡 + 4

adalah (푢 , 푣 )

푡 = 1 (푢 ,푣 ) = (10,8)

(푢 , 푣 ) = (62,44)

(푢 , 푣 ) = (362,256)

(푢 ,푣 ) = (2110,1492)

(푢 ,푣 ) = (12298,8696)

dan seterusnya

푡 = 2 (푢 ,푣 ) = (18,8)

(푢 , 푣 ) = (186,76)

(푢 , 푣 ) = (1842,752)

(푢 ,푣 ) = (18234,7444)

(푢 , 푣 ) = (180498,73688)

dan seterusnya

푡 = 3 (푢 ,푣 ) = (26,8)

(푢 , 푣 ) = (374,108)

(푢 ,푣 ) = (5210,1504)

(푢 , 푣 ) = (72566,20948)

(푢 , 푣 ) = (1010714,291768)

… dan seterusnya

21

Tabel 2. Tabel solusi persamaan Diophantine

풙ퟐ − (풕ퟐ + 풕)풚ퟐ − (ퟏퟔ풕+ ퟒ)풙 + (ퟏퟔ풕ퟐ + ퟏퟔ풕)풚 = ퟎ

푡

Solusi persamaan Diophantine 푥 − (푡 + 푡)푦 − (16푡 + 4)푥 + (16푡 + 16푡)푦 = 0

adalah (푥 ,푦 )

푡 = 1 (푥 , 푦 ) = (20,16)

(푥 , 푦 ) = (72,52)

(푥 ,푦 ) = (372,264)

(푥 ,푦 ) = (2120,1500)

(푥 ,푦 ) = (12308,8704)

dan seterusnya

푡 = 2 (푥 , 푦 ) = (36,16)

(푥 ,푦 ) = (204,84)

(푥 ,푦 ) = (1860,760)

(푥 ,푦 ) = (18252,7452)

(푥 ,푦 ) = (180516,73696)

dan seterusnya

푡 = 3 (푥 , 푦 ) = (52,16)

(푥 ,푦 ) = (400,116)

(푥 ,푦 ) = (5236,1512)

(푥 , 푦 ) = (72592,20956)

(푥 ,푦 ) = (1010740,291776)

… dan seterusnya