Teorema Dasar
Aritmatika
• Teorema 1
Setiap bilangan bulat yang > 1 adalah hasil kali bilangan-bilangan prima.
Bukti
Diambil sebarang bilangan bulat n > 1. Jika n prima, bukti selesai. Jika n komposit, maka n mempunyai pembagi sejati terkecil , yang tentunya berada di
antara n dan 1, namakan q1. Dengan demikian
terdapat bilangan bulat k1 sehingga berlaku n = q1k1. Andaikan q1 tidak prima, maka terdapat faktor dari q1 selain dirinya sendiri dan 1. Akan tetapi hal ini
kontradiksi dengan pernyataan q1 faktor terkecil dari n. Oleh karena itu q1 bilangan prima. Jika k1
bilangan prima, maka bukti selesai.
Jika k1 bilangan komposit, maka k1 mempunyai faktor terkecil selain 1, namakan q2 . Seperti sebelumnya, tentunya q2 merupakan bilangan
prima. Oleh karena itu terdapat bilangan bulat k2, sehingga n = q1q2k2 dengan 1 < k2 < k1 < n . Jika k2 prima, bukti selesai. Jika k2 komposit, maka k2 mempunyai faktor prima terkecil, demikian
seterusnya. Karena n suatu bilangan bulat positif tertentu, maka sebelum n langkah terdapat s < n, sehingga n = q1q2... qs-1qs, dengan q1 , q2 ,... , qs bilangan-bilangan prima.
Berdasarkan Teorema 1, maka n dapat dinyatakan dalam faktorisasi prima sebagai berikut
Dengan pj bilangan prima dan aj bilangan bulat positif, j = 1, 2, 3, ..., m.
Faktorisasi dari n semacam ini dinamakan faktorisasi kanonik dari n.
0 ,...,
0 ,
0
; ...
, ...
2 1
2 1
2 1
2 1
m m
a m a
a
a a
a p
p p
p p
p
n
mTeorema Dasar Aritmetika
Setiap bilangan bulat positif yang lebih besar dari 1 dapat dinyatakan sebagai hasil kali faktor- faktor prima tepat dengan satu cara (urutan
faktor-faktornya bisa berbeda)
Bukti
Diambil sebarang bilangan bulat positif n > 1. Akan ditunjukkan n mempunyai faktorisasi kanonik
tunggal. Andaikan faktorisasi kanonik dari n tidak tunggal. Dengan demikian
(i)
dengan
bilangan2 prima
n
m b
n b
b a
m a
a
p p q q q
p
n
1 1 2 2...
1 1 2 2...
n
m
q q q
p p
p
1,
2,... ,
1,
2,...,
0 ,...,
, ,
,...
,
2 1 21
a a
mb b b
n
a
Karena p1 faktor dari n, maka
p1 habis membagi salah satu dari qj . Tanpa
mengurangi keberlakuan secara umum misalkan p1 habis membagi q1 . Karena p1 dan q1 prima, maka p1 = q1 . Dengan cara yang sama diperoleh p2 = q2. Demikian seterusnya, diperoleh n = m
Selanjutnya, andaikan aj < bj untuk suatu j, maka apabila kedua ruas persamaan (i) dibagi
bn
n b b
q q
q
p
1 1 1 2 2...
a j
p
jDiperoleh
Terjadi kontradiksi. Demikian juga bila aj > bj , terjadi hal yang sama. Oleh karena itu,
seharusnya dan aj = bj untuk setiap j. Hal ini berarti faktorisasi kanonik dari n tunggal
adanya.
n j
j m
j
j b
n a
b j b
a m a
j a
j
a p p p p p q
p1 1 ... 1 1 1 1 ... 1 1 ...
Berdasarkan Teorema Dasar Aritmatika, apabila a dan b secara berturut-turut mempunyai
faktorisasi prima dan
(tentunya mungkin terdapat suatu ak = 0 atau bl = 0) maka
am
m a
a
p p
p
a
1 1 2 2...
bm
m b
b
p p
p
b
1 1 2 2...
) , min(
1 )
, min(
2 )
, min(
1
...
) ,
( a b p
a1 b1p
a2 b2p
as bs) , ( 1
) , ( 2
) , (
1
...
] ,
[ a b p
maks a1 b1p
maks a2 b2p
maks as bsAda tiga kemungkinan hubungan antara aj dan bj untuk setiap j, yaitu aj > bj, aj < bj dan aj = bj
Jika aj > bj, maka
maks (aj , bj) + min (aj , bj) = aj + bj Jika aj < bj , maka
maks (aj , bj) + min (aj , bj) = bj + aj =aj + bj Jika aj = bj , maka
maks (aj , bj) + min (aj , bj) = aj + aj =aj + bj
Oleh karena itu
,
] ,
)[
, ( )
, ](
, [
...
. ...
...
...
.
) , min(
) , min(
2 )
, min(
1
) , ( )
, ( 2
) , ( 1
) , min(
) , (
) , min(
) , ( 2
) , min(
) , ( 1
2 1
2 2 1
1
2 2 1
1
2 2 2
2 1
1 1
1
2 2
1 1
b a b
a b
a b
a
p p
p
p p
p p
p p
p p
p b
a
s s
s s s
s s
s
s s
b a s
b a b
a
b a maks s
b a maks b
a maks
b a b
a maks s
b a b
a maks b
a b
a maks
b a
s b
a b
a
Contoh 1
Diberikan polinom
dengan koefisien-koefisien bulat dan P(x)
bernilai 7 untuk 4 bilangan bulat x yang berbeda.
Buktikan bahwa tidak ada bilangan bulat x yang mengakibatkan P(x) bernilai 14!
n n
n
n
a x a x a
x a x
P ( )
0
1 1 ...
1
Penyelesaian
Diketahui p(ak ) = 7 dengan k = 1, 2, 3, 4 dan ai aj untuk setiap i j, i, j {1, 2, 3, 4}. Oleh karena itu,
p(ak ) - 7 = (x – a1)(x – a2)(x – a3) )(x – a4)q(x)
; q polinom dengan koefisien-koefisien bulat.
Sekarang, andaikan terdapat bilangan bulat m , yang mengakibatkan p(m) = 14. Hal ini berarti p(m) – 7 = 7
Akibatnya
7 = p(m) – 7
= (m – a1)(m – a2)(m – a3) )(m – a4)q(x) Padahal 7 hanya mungkin diuraikan dalam
perkalian 3 bilangan bulat yang berbeda, yaitu 7 = -1.1.(-7). Kontradiksi.
Contoh 2
Buktikan bahwa hasil kali 3 bilangan bulat berurutan yang tak nol tidak pernah berupa
bentuk pangkat sempurna ( maksudnya kuadrat sempurna atau pangkat tiga sempurna)
Penyelesaian:
Misalkan bilangan tersebut (n-1)n(n+1) 0, maka (n-1)n(n+1) = (n2 – 1)n. Jelas n tidak habis membagi (n2 – 1).
Oleh karena itu, n2 – 1 dan n relatif prima.
Andaikan hasil kali tiga bilangan tersebut
merupakan bentuk pangkat k sempurna (k > 1).
Berdasarkan Teorema Dasar Aritmatika, n2 – 1 dan n berbentuk pangkat k sempurna. Akibatnya n2 – 1 dan n2 merupakan 2 bentuk pangkat k
berurutan. Kontradiksi.
Contoh 3
Buktikan bahwa bentuk (ii)
Tidak pernah sama dengan 33.
Penyelesaian
Diperhatikan bahwa
= m4 (m + 3n) – 5m2n2 (m + n) + 4n4 (m + 3n)
= (m4 – 5m2n2 + 4n4 )(m + 3n)
= (m2 – n2)(m2 –4n2)(m + 3n)
= (m – 2n)(m - n)(m + 3n) )(m + n) (m + 2n)
5 4
3 2 2
3 4
5
3 m n 5 m n 15 m n 4 mn 12 n
m
5 4
3 2 2
3 4
5
3 m n 5 m n 15 m n 4 mn 12 n
m
Lanjutan Contoh 3
Jika n = 0, maka bentuk (ii) menjadi m5 . Tidak ada bilangan bulat m yang mengakibatkan m5
bernilai 33.
Jika n 0, maka bentuk (ii) merupakan hasil
kali 5 bilangan bulat yang berbeda. Bentuk (ii) tidak mungkin bernilai 33, karena 33 hanya bisa dinyatakan dengan hasil kali maksimal 4
bilangan bulat yang berbeda, yaitu (-11)3(1)(-1)