AKAR PRIMITIF SUATU BILANGAN
1 Orde Suatu Bilangan Bulat Modulo M
Dalam Teorema Euler telah dipelajari bahwa :
Jika (a,m) = 1 maka aϕm 1 (mod m)
Definisi 6.3
Misalkan suatu bilangan bulat m > 1 dan (a,m) = 1. Orde dari a modulo m adalah suatu bilangan bulat positif terkecil t, sehingga at1 (mod m)
|
Contoh:
Perhatikan residu-residu terkecil dari perpangkatan bulat positif a modulo 7, pada rimi berikut ini.
Tabel 6.1
a
|
a2
|
a3
|
a4
|
a5
|
a6
|
1
|
1
|
1
|
1
|
1
|
1
|
2
|
4
|
1
|
2
|
4
|
1
|
3
|
2
|
6
|
4
|
5
|
1
|
4
|
2
|
1
|
4
|
2
|
1
|
5
|
4
|
6
|
2
|
3
|
1
|
6
|
2
|
6
|
1
|
6
|
1
|
Pada rimi tampak bahwa :
Orde 1 (mod 7) adalah 1,
Orde 2 (mod 7) adalah 3, sebab 3 adalah bilangan bulat positif terkecil sedemikian hingga 231 (mod 7)
Orde 3 (mod 7) adalah 6
Orde 4 (mod 7) adalah 3
Orde 5 (mod 7) adalah 6 dan
Orde 6 (mod 7) adalah 2
Pada definisi 6.3 tersebut perlu ditekankan bahwa orde dari a (mod m) hanya ada, jika syarat (a,m) = 1 di penuhi. Sebab jika (a,m) 1, seperti telah diketahui bahwa pengkongruenan linier ax 1 (mod m) tidak mempunyai penyelesaian.
Pada contoh di atas tampak bahwa orde dari bilangan-bilangan bulat positif a modulo 7 selalu membagi ϕ(7) = 6, yaitu orde a mod 7 adalah 1,2,3,6 yang masing-masing membagi 6. Hal ini mengarahkan pada teorema berikut ini.
Teorema 6.10
Misalkan (a,m) = 1 dan orde a (mod m) adalah t maka ak 1 (mod m) jika hanya jika t|k.
|
Bukti:
() orde a (mod m) adalah t, berarti t adalah suatu bilangan bulat positif terkecil sedemikian hingga at1 (mod m)
Perhatikan k dan t, menurut algoritma pembagian maka ada bilangan-bilangan bulat q dan r sedemikian hingga k = qt + r dengan t
Sehingga:
ak = aqt + r = (at)qar
karena diketahui bahwa ak1 (mod m) maka:
ak 1 (mod m)
(at)qar 1 (mod m)
ar 1 (mod m), sebab at1 (mod m)
karena t dan t adalah bilangan bulat positif terkecil sedemikian hingga at1 (mod m)
maka r = 0.
Sehingga k = qt dan diperoleh t|k.
(⇐) karena t|k maka k = th untuk suatu bilangan bulat h.
karena at1 (mod m) maka (at)h1 (mod m), yaitu ak1 (mod m)
Menurut Teorema Euler, yaitu:Jika (a,m) = 1 maka aϕm 1 (mod m)
Apabila orde dari a (mod m) adalah t maka menurut teorema 1 dapat disimpulkan bahwa t|ϕm.
Contoh:
Perhatikan orde-orde dari bilangan-bilangan bulat positif mod 13 pada rimi berikut.
Tabel 6.2
Bilangan bulat
|
1
|
2
|
3
|
4
|
5
|
6
|
7
|
8
|
9
|
10
|
11
|
12
|
ordenya
|
1
|
12
|
3
|
6
|
4
|
12
|
12
|
4
|
3
|
6
|
12
|
2
|
Perhatikan pada rimi, orde dari bilangan-bilangan bulat positif yang merupakan residu terkecil mod 13 adalah pembagi dari ϕ (13).
Perhatikan pula bahwa:
Hal ini mengarahkan pada teorema berikut ini.
Teorema 6.11
Jika (a,m) = 1 dan orde a (mod m) adalah k maka
ai aj (mod m) jika dan hanya jika I j (mod k)
|
Bukti:
() misalkan ai aj (mod m) dengan I j.
karena (a,m) = 1 maka diperoleh ai-j 1 (mod m).
Selanjutnya karena orde a (mod m) adalah k, menurut Teorema 6.10 maka k|(i-j)
Hal ini berarti I j (mod k).
(⇐) karena I j (mod k) maka I = j+tk untuk suatu bilangan bulat t.
orde a (mod m) adalah k berarti ak 1 (mod m).
sehingga:
ai aj+tk (mod m)
aj (at)k (mod m)
ai aj (mod m)
Memperhatikan Teorema ini karena orde a (mod m) adalah k, yaitu k adalah suatu bilangan bulat positif terkecil sedemikian hingga ak 1 (mod m)
Maka bilangan-bilangan bulat positif a, a2, a3, ..., ak tidak ada kongruen modulo m. Sebab, jika ai aj (mod m) dengan 1 i j k, maka menurut Teorema 6.11, i j (mod k) yang berarti I = j.
Jika diketahui bahwa orde a (mod m) adalah k, berapakah orde dari at (mod m)?
Misalkan (k,t) = d maka k = kid dan t = t1d dengan (k1,t1) = 1.
Maka:
= = 1 (mod m)
Misalkan orde dari at (mod m) adalah r, menurut Teorema 6.10 maka r| k1 dan (at)r = atr1 (mod m)
Karena orde dari a (mod m) adalah k maka k|tr. Dengan kata lain k1 d|t1 dr atau k1|t1r. Dan karena (k1, t1) = 1 maka k1|r. Selanjutnya karena r|k1dan k1|r maka k1 = r sehingga k1 = r = =
Teorema 6.12
Jika (a,m) = 1 dan orde a (mod m) adalah k maka orde dari at (mod m) dengan t 0 adalah k.
|
Pada Teorema 6.12 tersebut, jika (t,k) = 1 maka orde dari at(mod m) sama dengan orde a (mod m).
Sebaliknya jika orde a (mod m) adalah k dan orde dari at (mod m) adalah k pula maka dapat dibuktikan bahwa (t,k) = 1.
Misalkan (t,k) = d maka dan dan d adalah bilangan-bilangan bulat.
Orde a (mod m) adalah k maka:
ak 1 (mod m)
1 (mod m)
1 (mod m)
Karena orde dari at (mod m) adalah k maka k|.
Hal ini hanya mungkin, apabila d = 1. Jadi (t,k) = 1.
Perhatikan rimi sebelumnya, orde dari 2 (mod 13) adalah 12, sedangkan orde dari 22 dan 23 (mod 13) berturut-turut adalah 6 dan 4.
Sesuai Teorema 6.12, hal tersebut mudah diperiksa bahwa orde 22 (mod 13) adalah orde 2 (mod 13) adalah = = 6, dan
Orde 23 (mod 13) adalah = 4.
Mengingat akibat tersebut maka perpangkatan bulat positif dari 2 yang mempunyai orde 12 modulo 13 adalah 25, 27, dan 211.
Sedangkan 256 (mod 13), 2711 (mod 13) dan 2117 (mod 13).
Selanjutnya, 2, 6, 7, dan 11 masing-masing yang mempunyai orde 12 = ϕ(13) disebut akar-akar rimitivedari 13.
Definisi 6.4
Jika (a,m) = 1 dan orde dari a modulo m adalah(m) maka a dinamakan akar primitifdari m.
|
Dengan kata lain, bilangan bulat positif m mempunyai akar rimitive a, apabila 1 (mod m) Asalkan ak 1 (mod m), untuk semua bilangan bulat positif k .
Hal ini mudah untuk memeriksa bahwa 3 adalah akar-akar rimitive dari 7 karena (7) = 6 dan
31 3 (mod 7)
32 2 (mod 7)
33 6 (mod 7)
34 4 (mod 7)
35 5 (mod 7)
36 1 (mod 7)
Apabila p suatu bilangan prima dan (a,p) = 1 maka pengkongruenan linier ax 1 (mod p) selalu mempunyai solusi. Mengingat teorema Euler, ap-1 1 (mod p) maka solusinya adalah residu terkecil modulo p dari ap-2.
Hal ini berarti setiap bilangan prima mesti mempunyai akar rimitive.Sedangkan untuk bilangan bulat positif n yang bukan prima belum tentu mempunyai akar rimitive.
Misalnya:
Akar-akar rimitive dari 9 adalah 2 dan 5 karena (9) = 6 dan orde-orde dari 2 dan 5 modulo 9 masing-masing adalah 6.
Tetapi 8 tidak mempunyai akar rimitive, sebab (8) = 4 dan 32 1 (mod 8), 52 1 (mod 8) dan 72 1 (mod 8).
Berikut ini suatu teorema yang berkenaan dengan bilangan bulat positif yang mempunyai akar-akar rimitive.
Teorema 6.13
Misalkan (a,m) = 1 dan c1,c2,…, adalah bilangan-bilangan bulat positif yang kurang dari m dan saling prima dengan m. apabila a adalah akar rimitive dari m maka , ,…, berturut-turut kongruen modulo m dengan suatu permutasi dari c1,c2,…, ,
|
Bukti:
Karena (a,m) = 1 maka setiap perpangkatan bulat positif dari a juga saling prima dengan m, yaitu , ,…, masing-masing saling prima dengan m. karena c1,c2,…, , adalah bilangan-bilangan bulat positif yang kurang dari m maka untuk membuktikan teorema tersebut cukup menunjukkan bahwa tak ada dua suku dari , ,…, yang kongruen modulo m.
Misalkan:
ai aj (mod m) untuk 0 j (m)
ai-j 1 (mod m)
Karena a ialah akar primitive dari m, berarti orde a (mod m) adalah rimitive 0 I– j (m) sehingga I = j. hal ini berarti bahwa tidak ada dua suku dari , ,…, yang kongruen modulo m.
Contoh:
Akar rimitive dari 9 adalah 2 dan (9) = 6 maka
21 2 (mod 9)
22 4 (mod 9)
23 8 (mod 9)
24 7 (mod 9)
25 5 (mod 9)
26 1 (mod 9)
Perhatikan bahwa himpunan residu sederhana modulo 9 adalah {1,2,4,5,7,8}. Elemen-elemen himpunan ini berturut-turut kongruen modulo 9 dengan elemen-elemen himpunan
{26,21,22,25,24,23}
Memperhatikan himpunan terakhir ini dan menerapkan akibat teorema 6.12 maka akar rimitive yang lain dari 9 adalah 25 5 (mod 9). Jadi akar-akar rimitive dari 9 adalah 2 dan 5
Teorema 6.14
Apabilabilanganbulatpositif m mempunyaiakarprimitifmakabanyaknyaakarprimitifdari m adalah((m)).
|
Bukti:
Misalkan akar rimitive dari m adalah a maka menurut teorema 6.13, akar-akar rimitive yang lain dapat dicari dari himpunan {, ,…,}, yaitu ak dengan 1 k (m) yang berorder (m). hal ini diperoleh apabila (k,(m)) = 1.
Banyaknya bilangan bulat positif k, dengan 1 k (m) yang memenuhi (k,(m)) = 1 adalah ((m)).
Jadi banyaknya akar rimitive dari m adalah ((m)).
Contoh:
Sebuah akar rimitive dari 17 adalah 3 sebab orde 3 (mod 17) adalah 16, yaitu (17).Akar-akar rimitive dari 17 lainnya adalah 33,35,37,39,311,312,315 (ingat eksponen-eksponen tersebut saling prima dengan 16) yang berturut-turut kongruen modulo 17 dengan 10,5,11,14,7,12,6.
Jadi banyaknya akar rimitive dari 17 adalah 8, dan ((17)) = (16) = 8.
B. AkarPrimitif
Pertama, kita akan mempelajari keberadaan akar-akar rimitive untuk bilangan-bilangan prima. Kita memulai menunjukkan banyaknya solusi perkongruenan rimitive berikut.
Teorema 6.15
Jika p suatu bilangan prima dan f adalah suatu polynomial berderajat n maka perkongruenan f(x) = 0 (mod p) mempunyai sebanyak-banyaknya n solusi.
|
Bukti:
Misalkan rimitive f yang berderajat n adalah
F(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0dengan 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 dengan an 0 (mod p)
a1x -a0 (mod p)
karena a1p = 1 (mengapa ?) maka perkongruenan linier ini mempunyai tepat satu solusi. Jadi teorema benar untuk n = 1.
Selanjutnya diasumsikan bahwa teorema benar untuk n = k – 1, yatu rimitive f berderajat (k – 1) mempunyai sebanyak-banyaknya (k – 1) solusi. Akan ditunjukkan bahwa untuk rimitive 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 r 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)
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).
rimitive 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.
Menurut teorema fermat, yaitu jika p prima dan (a,p) = 1 maka ap-1 1 (mod p). Ini benar perkongruenan xp-1 – 1 0mempunyai 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
1 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.
Menurut teorema Lagrange 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
Jika p suatu bilangan prima dan d|p – 1 maka perkongruenan xd – 1 0 (mod p) mempunyai tepat d solusi.
|
Sekarang perhatikan bilangan prima 13 dan (13) = 12.
Dibentuk Ψ(d) = banyaknya bilangan bulat positif k yang kuang 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
1 + 1 + 2 + 2 + 2 + 4
Perhatikan juga bahwa :
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)
|
Teorema 6.17
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.
Karen setiap bilangan bulat positif yang kurang dari p selalu berorde d dengan d|p-1 maka
Padahal kita telah mengetahui bahwa maka kita harus menunjukkan bahwa Ψ(d)=ɸ Ambil sebarang d, yaitu pembagi dari p-1 sedemikian hingga Ψ(d) > 0 maka ada suatu bilangan bulat positif a yang beorde d sehingga
Tidak ada dua suku yang kongruen modulo p dan masing-masing masing-masing memenuhi perkongruen
Sebab dengan 1 .
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 rimitive
Contoh:
Tentukan akar-akar rimitive dari 31 dan tentukan pula bilangan-bilangan bulat positif yang kurang dari 31 yang berorde 6 modulo 31.
Jawab :
Banyaknya akar rimitive dari 31 adalah ɸ(ɸ(31)) =ɸ(30) = 8.
Karena banyak maka 2 bukan akar rimitive 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:
Karena dan 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 rimitive dari 31.
Akar-akar rimitive dari 31 yang lain adalah dengan (k, 30) = 1, yaitu
Yang berturutu-turut kongruen mod 31 dengan
17, 13, 24, 22, 12, 11 dan 21.
Karena 3 adalah akar rimitive dari 31 maka setiap bilangan bulat positif yang kurang dari 31 dapat dinyatakan dalam bentuk dengan 1 .
Selanjutnya menurut teorema 6.12 maka orde dari adalah
Sehingga 3ᵏ yang berorde 6 apabila (k, 30) = 5, yaitu k = 5 atau k = 25. Jadi 3⁵dan masing-masing berorde 6 (mod 31). Dengan perhitungan berikut ini dapat diketahui residu terkecilnya.
Banyaknya bilangan bulat positif yang kurang dari 31 dan berorde 6 adalah ɸ(6)=2, yaitu 6 dan 26. Akibat dari teorema 6.16 menyebutkan bahwa setiap bilangan prima p mempunyai sebanyak ɸ(p-1) akar rimitive. Apakah suatu bilangan komposit mempunyai akar rimitive?Akar-akar rimitive dari 9 adalah 2 dan 5, tetapi 8 tidak mempunyai akar rimitive.
Sekarang perhatikan bilangan komposit 2ᵏ dengan k
kita akan menunjukkan bahwa untuk sebarang bilangan ganjil a dengan (a, 2ᵏ) = 1,
maka
apabila kita berhasil menunjukkan kekongruenan tersebut maka dapat disimpulkan bahwa 2ᵏ tidak mempunyai akar rimitive.
Akan ditunjukkan dengan induksi matematik untuk setiap bilangan asli k
Jika k=3 maka diperoleh kekongruenan a² yang benar untuk a = 1, 3, 5 dan 7, yaitu:
Jadi benar bahwa tidak mempunyai akar rimitive.
Selanjutnya diasumsikan kekongruenan benar untuk suatu bilangan bulat k > 3, yaitu:
Kekongruenan ini ekuevalen dengan
m dengan m suatu bilangan bulat.
Jika kedua ruas dikuadratkan maka diperoleh:
Jadi kekongruenan juga benar untuk k + 1 sehingga kekongruenan benar untuk semua bilangan bulat k
Uraian diatas merupakan bukti dari teorema berikut ini.
Teorema 6.19
Jika bilangan-bilangan bulat m 2 dan n 2 dengan (m, n) I, maka m tidak mempunyai akar rimitive.
|
Misalkan (m), (n)] = h dan ((m), (n)) = d. Karena (m) dan(n) masing-masing bilangan genap (ingat teorema 6.5), maka d2.
(a, m) = 1, menurut Teorema Euler 1 (mod m). Selanjutnya = a = ( 1 (mod m)
dengan cara yang sama dapat diperoleh bahwa 1 (mod n).
Karena (m, n) = 1, (mod m) dan 1 (mod n), maka 1 (mod mn).
Lemma I.
Jika p suatu bilangan prima ganjil, maka ada suatu akar rimitive r dari p sedemikian hingga 1 (mod p²)
Lemma 2:
Misalkan p suatu bbilangan priima ganjil dan r suatu akar rimitive dari p sedemikian hingga 1 (mod p²), maka untuk setiap bilangan bulat positif k2, berlaku:
1 (mod )
Teorema 6.20
Jika p suatu bilangan prima ganjil dan bilangan bulat k1, maka mempunyai akar rimitive.
|
Bukti:
Berdasarkan lemma di atas , kita dapat memilih suatu akar rimitive r dari p dan misalkan orde r (mod ) adalah n.
Teorema 6.21
Jika p suatu bilangan prima ganjil dan suatu bilangan bulat k1, maka 2 mempunyai akar rimitive.
|
Bukti:
Menurut Teorema 6.20, mempunyai akar rimitive, misalnya r. Kita asumsikan bahwa r suatu bilangan ganjil, sebab jika r genap, maka r + adalah suatu bilangan ganjil yang merupakan akar rimitive dari pula. Maka (r, 2) =1. Misalkan orde dari r (mod 2) adalah n, maka n mesti membagi (2).
Dan karena n. Karena orde di r (mod 2 adalah n, maka n |
Jadi n = yang berarti bahwa r adalah akar rimitive dari 2.
Bilangan prima 5 mempunyai ((5)) = 2 akar rimitive, yaitu 2 dan 3. Karena:
25-1 16 1 (mod 25) dan 35-1 81 6 (mod 2/5).
Maka 2 dan 3 merupakan akar-akar rimitive dari 52.
Menurut teorema 6.20, 2 dan 3 juga merupakan akar-akar rimitive 5k dengan k 1. Sedangkan menurut teorema 6.21, 3 merupakan suatu akar rimitive dari semua bilangan berbentuk 2.5k dengan k 1.Tabel 6.3
Berikut ini suatu daftar akar rimitive terkecil
dari bilangan prima yang kurang dari 100
prima
|
Akar rimitive terkecil
|
prima
|
Akar rimitive 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
|
Tidak ada komentar:
Posting Komentar