Teorem asas aritmetik

Teorem asas aritmetik menyatakan bahawa setiap nombor asli yang lebih besar daripada 1 boleh diungkapkan secara unik sebagai hasil darab nombor perdana. Contohnya, nombor 15 boleh diungkapkan sebagai hasil darab dua nombor perdana 3 · 5, nombor 30 sebagai hasil darab tiga nombor perdana 2 · 3 · 5, dan nombor 16 pula sebagai hasil darab empat nombor perdana 2 · 2 · 2 · 2. Hasil darab seperti ini dipanggil pemfaktoran perdana. Jadi, pemfaktoran perdana bagi nombor 10 ialah 2 · 5.

Nombor perdana sendiri mempunyai pemfaktoran perdana yang paling mudah, kerana nombor perdana tidak perlu difaktorkan lagi. Pemfaktoran perdana bagi nombor 7 ialah 7 sahaja.

Kira pemfaktoran perdana

Kandungan teorem asas aritmetik

Teorem asas aritmetik menyatakan dua perkara:

• bagi setiap nombor asli yang lebih besar daripada 1, kita boleh mencari pemfaktoran perdananya,
• setiap nombor itu hanya mempunyai satu pemfaktoran perdana.

Mari kita buktikan bahawa hal ini memang benar.

Bukti kewujudan

Pertama, kita buktikan bahawa setiap nombor asli yang lebih besar daripada 1 mempunyai sekurang-kurangnya satu pemfaktoran perdana. Kita menggunakan aruhan matematik. Langkah asas aruhan ialah pemerhatian bahawa nombor asli terkecil yang lebih besar daripada 1, iaitu nombor 2, ialah nombor perdana.

Sekarang kita tunjukkan bahawa jika setiap nombor dalam jujukan 2, …, n mempunyai pemfaktoran perdana, maka nombor n + 1 yang ditambahkan pada jujukan itu juga mempunyai pemfaktoran perdana. Mari kita lihat contoh terlebih dahulu.

Pada mulanya, jujukan 2, …, n agak luar biasa kerana jujukan itu hanya mengandungi satu nombor, iaitu 2. Kita katakan bahawa jika nombor n + 1, iaitu 3, ditambahkan pada jujukan ini, maka nombor itu mempunyai pemfaktoran perdana. Oleh sebab 3 ialah nombor perdana, pemfaktoran perdananya sudah tentu wujud, iaitu 3 sendiri.

Sekarang jujukan 2, …, n mempunyai dua sebutan: 2, 3. Kita tambahkan nombor 4. Nombor 4 bukan nombor perdana, maka 4 mesti boleh diungkapkan sebagai hasil darab dua nombor asli lain yang lebih besar daripada 1 tetapi kurang daripada 4. Namun, semua nombor seperti itu sudah terdapat dalam jujukan kita! Jujukan ini pula hanya mengandungi nombor yang mempunyai pemfaktoran perdana! Oleh itu, nombor 4 juga mesti mempunyai pemfaktoran perdana, iaitu 2 · 2.

Kembali kepada bukti umum. Nombor 2 ialah nombor perdana, maka nombor itu mempunyai pemfaktoran perdana. Andaikan sekarang bahawa setiap nombor dalam jujukan 2, …, n boleh difaktorkan kepada nombor perdana. Inilah hipotesis aruhan kita. Maka, nombor n + 1 sama ada nombor perdana, yang dengan sendirinya merupakan pemfaktoran perdana, atau nombor gubahan. Jika nombor gubahan, mesti wujud nombor a, b dengan keadaan

$$n+1=a\cdot b$$

Nombor asli ini sudah tentu kurang daripada n + 1 dan lebih besar daripada 1:

$$\begin{array}{rcl}a>1,& & a<n+1\\ b>1,& & b<n+1\end{array}$$

Oleh itu, nombor a, b mesti terdapat dalam jujukan 2, …, n. Setiap nombor dalam jujukan ini mempunyai pemfaktoran perdana (hipotesis aruhan), maka kita boleh menulis

$$\begin{array}{rcl}a& =& p_1\cdot p_2\cdot \dots \cdot p_i\\ b& =& q_1\cdot q_2\cdot \dots \cdot q_j\end{array}$$

Di sini, semua p_i dan q_j ialah nombor perdana, dan p₁ · p₂ · … · p_i serta q₁ · q₂ · … · q_j ialah pemfaktoran perdananya. Oleh sebab n + 1 boleh diungkapkan sebagai hasil darab n + 1 = a · b, kita juga memperoleh

$$\begin{array}{rcl}n+1& =& a\cdot b\\ & =& p_1\cdot p_2\cdot \dots \cdot p_i\cdot q_1\cdot q_2\cdot \dots \cdot q_j\end{array}$$

Jadi, nombor n + 1 boleh diungkapkan sebagai hasil darab nombor perdana p₁ · p₂ · … · p_i · q₁ · q₂ · … · q_j. Maksudnya, nombor n + 1 yang baru ditambahkan juga mempunyai pemfaktoran perdana. Oleh itu, setiap nombor asli yang lebih besar daripada 1 mempunyai sekurang-kurangnya satu pemfaktoran perdana.

Bukti keunikan

Sekarang kita tunjukkan bahawa tiada nombor asli yang lebih besar daripada 1 mempunyai lebih daripada satu pemfaktoran perdana. Kita buktikan teorem ini dengan bukti secara percanggahan. Kita andaikan bahawa teorem ini tidak benar, iaitu wujud nombor asli n yang lebih besar daripada 1 dengan dua pemfaktoran perdana yang berbeza:

$$\begin{array}{rcl}n& =& p_1\cdot p_2\cdot \dots \cdot p_i\\ n& =& q_1\cdot q_2\cdot \dots \cdot q_j\end{array}$$

Andaikan juga bahawa antara semua nombor yang mempunyai lebih daripada satu pemfaktoran perdana, n ialah nombor yang terkecil. Maksudnya, tiada nombor asli yang lebih kecil yang mempunyai lebih daripada satu pemfaktoran perdana. Oleh sebab q₁ ialah salah satu nombor perdana yang membahagi n, sudah tentu q₁ juga membahagi p₁ · p₂ · … · p_i.

Seterusnya, kita perlu menggunakan lema Euclid. Lema ini menyatakan bahawa jika nombor perdana p membahagi hasil darab dua integer a · b, maka p membahagi sekurang-kurangnya satu daripada nombor a atau b. Contohnya, nombor perdana 3 membahagi 84. Nombor 84 boleh ditulis sebagai hasil darab 12 · 7. Menurut lema Euclid, nombor perdana 3 membahagi sekurang-kurangnya satu daripada nombor 12 atau 7. Dalam kes ini, 3 membahagi 12.

Dengan lema ini, kita boleh mengatakan bahawa jika q₁ membahagi p₁ · p₂ · … · p_i, maka nombor itu juga membahagi sekurang-kurangnya satu daripada nombor p₁, p₂, …, p_i. Tanpa kehilangan keitlakan, kita boleh mengandaikan bahawa q₁ membahagi p₁. Akan tetapi, p₁ juga nombor perdana. Bilakah suatu nombor perdana boleh membahagi nombor perdana yang lain? Contohnya, nombor perdana manakah yang boleh dibahagi tepat dengan nombor perdana 7? Hanya 7 sendiri. Nombor 7 tidak boleh membahagi nombor perdana yang lain, kerana nombor itu tidak lagi menjadi nombor perdana. Oleh itu, mesti p₁ = q₁.

Maksudnya, kedua-dua pemfaktoran perdana mempunyai satu nombor perdana yang sama, iaitu p₁ atau q₁. Kita bahagikan kedua-dua persamaan masing-masing dengan p₁ dan q₁:

$$\begin{array}{rcl}\frac{n}{p_1}& =& \frac{p_1\cdot p_2\cdot \dots \cdot p_i}{p_1}\\ \frac{n}{q_1}& =& \frac{q_1\cdot q_2\cdot \dots \cdot q_j}{q_1}\end{array}$$

Oleh sebab p₁ = q₁, kita memperoleh nombor yang sama di sebelah kiri. Kita namakan nombor ini m. Maka,

$$m=\frac{n}{p_1}=\frac{n}{q_1}$$

Di sebelah kanan, kita hanya memudahkan pecahan:

$$\begin{array}{rcl}m& =& p_2\cdot p_3\cdot \dots \cdot p_i\\ m& =& q_2\cdot q_3\cdot \dots \cdot q_j\end{array}$$

Nombor m pasti suatu nombor asli yang lebih kecil daripada n, kerana m diperoleh dengan membahagikan n dengan salah satu faktor perdananya. Di sebelah kanan kedua-dua persamaan pula terdapat pemfaktoran perdana bagi m. Jadi, kita telah membina nombor lain, m, yang lebih kecil daripada n dan juga mempunyai dua pemfaktoran perdana yang berbeza. Hal ini bercanggah dengan andaian kita bahawa n ialah nombor terkecil yang mempunyai lebih daripada satu pemfaktoran perdana.

Satu-satunya penjelasan ialah tiada “nombor terkecil yang mempunyai lebih daripada satu pemfaktoran perdana”. Jika nombor terkecil seperti itu tidak wujud, maka tiada satu nombor pun yang mempunyai lebih daripada satu pemfaktoran perdana. Oleh itu, setiap integer yang lebih besar daripada 1 mempunyai tepat satu pemfaktoran perdana.