Bilangan Prima dan Faktorisasi

Faktorisasi Tunggal

5.2 Bilangan Prima dan Faktorisasi

Diingat kembali de…nisi suatu bilangan  prima , yaitu suatu bilangan bulat positif lebih besar dari 1 yang hanya mempunyai pembagi positif  1 dan dirinya sendiri. Jelas bahwa

hanya 2 yang merupakan bilangan prima genap, dan juga hanya 2 dan 3 yang meru-pakan bilangan-bilangan prima yang berturutan. Suatu bilangan, selain 1, yang tidak prima dinamakan bilangan  composite . Jelas bahwa jika n > 1  adalah  composite   maka

n dapat dituliskan sebagai n = ab, dimana 1 < a

 

 b < n dan a; b

 2

N.

Contoh 5.13  Tentukan semua bilangan bulat positif  n untuk yang mana  3n



4, 4n



5, dan  5n



3 adalah bilangan-bilangan prima.

Penyelesaian. Jumlah dari ketiga bilangan tersebut adalah 12n

 

 12, yang jelas merupakan suatu bilangan genap, maka paling sedikit satu diantaranya adalah bilangan genap. Dipunyai bahwa bilangan prima genap hanyalah  2. Diamati bahwa 4n



5 tidak mungkin menjadi bilangan genap karena  4n selalu genap untuk setiap n, sehingga jika dikurangi suatu bilangan ganjil maka hasilnya ganjil. Tetapi  3n



4 dan  5n



3 adalah mungkin untuk menjadi bilangan genap. Karena itu diselesaikan persamaan  3n



4 = 2 dan 5n



3 = 2  yang secara berturutan menghasilkan n = 2 dan n = 1. Secara mudah bisa diperiksa bahwa n = 2 akan membuat ketiga bilangan tersebut adalah prima. 

Contoh 5.14 (AHSME 1976)   Jika  p dan q   adalah prima, dan x²



 px + q  = 0 mempunyai dua akar bulat positif berbeda, tentukan p dan q .

Penyelesaian.  Diambil x₁ dan x₂, dengan x₁ < x₂, sebagai dua akar bulat positif yang berbeda. Karena itu bisa dituliskan x²



 px+q  = (x



x₁) (x



x₂), yang mengakibatkan

 p = x₁ + x₂ dan q = x₁x₂. Karena q   adalah prima, maka x₁ = 1. Jadi, q = x₂ dan

 p = x₂ + 1, yang berarti p dan q   adalah dua bilangan prima yang berurutan, yaitu

q  = 2 dan p = 3. 

Teorema 5.15   Jika  n > 1, maka  n dapat dibagi oleh paling sedikit satu bilangan prima. Bukti.   Karena n > 1, maka dipunyai paling sedikit satu pembagi > 1. Berdasarkan Prinsip Terurut Baik, n pasti mempunyai paling sedikit satu pembagi positif yang lebih besar dari 1, misalnya q . Diklaim bahwa q   adalah prima. Jika q   bukan prima maka dapat dituliskan q  = ab, 1 < a

 

 b < q . Ini berarti bahwa a adalah suatu pembagi dari

n yang lebih besar dari  1  dan lebih kecil dari q . Timbul kontradiksi dengan kenyataan bahwa q  adalah minimal.

Teorema 5.16 (Euclid)   Terdapat tak hingga banyak bilangan prima.

Bukti.   Diandaikan terdapat berhingga banyak bilangan prima, misalnya p₁, p₂, ...,

 p_n. Diambil

N = p₁ p₂

  

 pn + 1

Bilangan bulat N   adalah lebih besar dari 1, sehingga berdasarkan teorema sebelum-nya diperoleh bahwa N  pasti mempunyai suatu pembagi prima p. Bilangan prima p

haruslah salah satu dari bilangan-bilangan p₁, p₂, ..., p_n. Tetapi, diamati bahwa p pasti berbeda dari sembarang p₁, p₂, ..., p_n karena N   mempunyai sisa 1 ketika dibagi oleh sembarang p_i. Jadi timbul kontradiksi.

Teorema 5.17  Jika bilangan bulat positif n adalah composite, maka n pasti mempun-yai suatu faktor prima p dengan p

  p 

n.

Bukti.   Diandaikan bahwa n = ab, dimana 1 < a

 

b < n. Jika a;b >

p 

_{n, maka}

n = ab >

p 

_n

p 

_{n = n, yang adalah kontradiksi. Jadi n  mempunyai suatu faktor}

 ₆

_{= 1}

dan

  ^p 

n. Karena itu, faktor prima dari n adalah

  ^p 

n. Contoh 5.18   Berapa banyak bilangan prima 

 

 100? 

Penyelesaian.  Diamati bahwa

p 

_{100 = 10. Berdasarkan teorema sebelumnya, semua}

bilangan composite dalam range  10

 

 n

 

 100 mempunyai suatu faktor prima diantara 2, 3, 5, atau 7. Dimisalkan Am adalah himpunan bilangan-bilangan bulat positif yang merupakan kelipatan dari m dan

 

100. Diperoleh

 j

A₂

j

= 50,

 j

A₃

j

= 33,

 j

A₅

j

= 20,

j

A₇

j

 = 14,

 j

A₆

j

 = 16,

 j

A₁₀

j

 = 10,

 j

A₁₄

j

 = 7,

 j

A₁₅

j

 = 6,

 j

A₂₁

j

 = 4,

 j

A₃₅

j

 = 2,

 j

A₃₀

j

 = 3,

j

A₄₂

j

= 2,

 j

A₇₀

j

= 1,

 j

A₁₀₅

j

= 0,

 j

A₂₁₀

j

= 0. Jadi, banyaknya bilangan prima

 

100 adalah

= 100



(banyak bilangan composite

 

 100)



1 = 100 + 4



(kelipatan dari 2;3;5;  atau 7

 

 100)



1

= 100 + 4



(50 + 33 + 20 + 14) + (16 + 10 + 7 + 6 + 4 + 2)



(3 + 2 + 1 + 0)



0



1 = 25

dengan mengingat bahwa  1  bukanlah prima atau composite. 

Sekarang diperhatikan bilangan bulat 1332. Jelas bahwa bilangan tersebut dapat dibagi oleh 2, sehingga diperoleh 1332 = 2



666. Selanjutnya, 666 dapat dibagi oleh 6, sehingga 1332 = 2

 

 2

 

 3

 

 111. Terakhir, 111  dapat dibagi oleh 3, sehingga diperoleh  1332 = 2



2



3



3



37. Karena 2, 3, 37  adalah bilangan-bilangan prima maka proses faktorisasi dari 1332  berhenti. Selanjutnya faktorisasi dari  1332   dapat dituliskan seperti 2²3²37. Faktorisasi demikian dinamakan faktorisasi kanonis ( canonical factorisation ).

Teorema 5.19 (Teorema Fundamental Aritmatika)   Setiap bilangan asli  n



1 mempunyai suatu faktorisasi tunggal dalam bentuk 

n = p^a1

1 p^a2

2

  

 p^as

s

dimana pi adalah prima berbeda dan ai adalah bilangan bulat positif. Bukti.   Diasumsikan bahwa

n = p^a1 1 p^a2 2

  

 p^as s = q ^b1 1 q ^b2 2

  

q ^bt t

merupakan dua faktorisasi kanonis dari n. Berdasarkan Lemma Euclid, disimpulkan bahwa setiap p pasti membagi suatu q  dan setiap q  membagi suatu p. Akibatnya s = t. Selanjutnya, dari p₁ < p₂ <

  

 < ps dan q ₁ < q ₂ <

  

 < q t disimpulkan bahwa pi = q i, 1

 

 i

 

 s.

Jika a_i > b_i untuk suatu i, atas pembagian oleh p^ai

i , diperoleh  p^a1 1 p^a2 2

  

 p^ai



bi i

  

 p^as s = p^b1 1 p^b2 2

  

 p^bi_1 i



1 p^bi+1 i+1

   

 p^bs s ;

yang adalah tidak mungkin, karena ruas kiri dapat dibagi oleh  p_i dan ruas kanan tidak dapat dibagi oleh p_i. Serupa dengan itu, diperoleh hasil yang sama untuk a_i < b_i. Jadi haruslah ai = bi untuk semua i.

Contoh 5.20   Diambil  p adalah suatu bilangan prima. Buktikan bahwa 

p 

 _{p bukan suatu} 

bilangan rasional.

Bukti. Diasumsikan bahwa

p 

 _{p adalah rasional, artinya}

 p 

 _{p =} a

b  dimana a dan b

bilangan-bilangan asli yang prima relatif sebab faktor-faktor persekutuannya dapat dihapus. Karena itu bisa dituliskan pb² = a². Jadi p

 j

 a² dan juga p

j

 a. Dituliskan a =

a₁ p untuk suatu bilangan bulat a₁, maka dipunyai pb² = a₁² p², sehingga b² = a²₁ p yang berarti p

 j

 b. Jadi, p  adalah faktor persekutuan dari a dan b, sehingga ini kontradiksi dengan asumsi. Jadi,

 p 

 _{p bukan suatu bilangan rasional.}

Contoh 5.21  Buktikan bahwa terdapat tepat satu bilangan asli  n dimana  2⁸+ 2¹¹+ 2n

adalah pangkat dua sempurna.

Bukti.  Jikak² = 2⁸+2¹¹+2n = 2304+2n = 48²+2n, makak²



48² = (k



48)(k + 48) = 2ⁿ. Berdasarkan faktorisasi tunggal diperoleh k



48 = 2^s, k+ 48 = 2^t, s+t = n. Dari sini diperoleh 2t



2s = 96 = 3



2⁵ atau 2s



2t



s



1



 = 3



2⁵. Berdasarkan faktorisasi tunggal, dari kesamaan terakhir diperoleh s = 5, t



 s = 2. Jadi, s = 5 dan t = 7, sehingga n = s+t = 12.

Untuk suatu bilangan prima p, p^k dikatakan membagi penuh ( fully divide ) n dan dit-uliskan p^k

k

 n jika k adalah bilangan bulat positif terbesar sedemikian sehingga p^k

j

 n. Contoh 5.22 (ARML 2003)  Tentukan pembagi terbesar dari  1001001001  yang tidak  melebihi  1000. Penyelesaian.   Dipunyai 1001001001 = 1001



10⁶ + 1001 = 1001





10⁶ + 1



= 7



11



13





10⁶+ 1



: Berdasarkan rumus x⁶ + 1 =



x²



3 + 1 =



x² + 1

 

x⁴



x²+ 1



, dituliskan 10⁶ + 1 = 101



9901. Karena itu dapat dituliskan  1001001001 = 7



11



13



101



9901. Dari sini tidaklah sulit untuk memeriksa bahwa tidak ada kombinasi dari  7, 11, 13, dan 101 yang dapat menghasilkan suatu hasil kali yang lebih besar dari  9901 tetapi kurang dari 1000. Jadi jawabannya adalah  9901. 

Contoh 5.23   Diambil n adalah suatu bilangan bulat positif. Buktikan bahwa 3²ⁿ + 1 dapat dibagi oleh  2, tetapi tidak dapat dibagi oleh  4.

Bukti. Jelas bahwa 3²ⁿ adalah ganjil dan 3²ⁿ + 1   adalah genap. Dicatat bahwa 3²ⁿ =



3²



2n_1

= 9²ⁿ1

= (8 + 1)²ⁿ1

. Dipunyai rumus binomial (x+y)^m = x^m +



m

1



_xm



1y +



m

2



_xm



2y²+

  

+



m

m



1



_xym



1+y^m:

Diambil x = 8, y = 1, dan m = 2n



1 dalam persamaan di atas, maka pada ruas kanan dapat dilihat bahwa setiap bagian jumlahan merupakan kelipatan dari 8 kecuali yang terakhir (yaitu y^m = 1). Karena itu sisa dari 3²ⁿ ketika dibagi oleh 4  adalah sama dengan 1, dan sisa dari  3²ⁿ + 1 ketika dibagi oleh  4  adalah sama dengan  2.

Penyelesaian.  Dicatat bahwa  2¹⁰ = 1024 dan x²



y² = (x+y) (x



y). Karena itu 3²¹⁰



1 =



3²⁹



2



1²

=



3²⁹ + 1

 

3²⁹



1



 =



3²⁹ + 1

 

3²⁸ + 1

 

3²⁸



1



=

  

 =



3²⁹ + 1

 

3²⁸ + 1

 

3²⁷ + 1



_{  }



3²¹ + 1

 

3²⁰ + 1



(3



1):

Berdasarkan contoh sebelumnya,  2

 j



3^2k + 1



 untuk bilangan bulat positif k. Karena itu, dari persamaan terakhir dapat dilihat bahwa setiap faktor dapat dibagi oleh 2. Karena banyaknya faktor adalah 11   dan juga 3²¹⁰



 1   dapat dibagi oleh 2⁰, maka

n = 11 + 1 = 12 . 