Lewati ke konten utama

Bagian 18.2 Faktorisasi dalam Daerah Integral

Unsur pembangun bilangan bulat adalah bilangan prima. Jika \(F\) merupakan lapangan, maka polinomial tak tereduksi dalam \(F[x]\) berperan sangat serupa dengan bilangan prima dalam gelanggang bilangan bulat. Dari suatu daerah integral sebarang, kita sampai pada rangkaian definisi berikut.
Misalkan \(R\) suatu gelanggang komutatif dengan identitas, dan misalkan \(a\) serta \(b\) elemen-elemen dalam \(R\text{.}\) Kita mengatakan bahwa \(a\) membagi \(b\text{,}\) dan menulis \(a \mid b\text{,}\) jika terdapat elemen \(c \in R\) sedemikian sehingga \(b = ac\text{.}\) Suatu unit dalam \(R\) adalah elemen yang mempunyai invers multiplikatif. Dua elemen \(a\) dan \(b\) dalam \(R\) dikatakan sekawan jika terdapat unit \(u\) dalam \(R\) sedemikian sehingga \(a = ub\text{.}\)
Misalkan \(D\) suatu daerah integral. Elemen tak nol \(p \in D\) yang bukan unit dikatakan tak tereduksi jika setiap kali \(p = ab\text{,}\) salah satu dari \(a\) atau \(b\) merupakan unit. Lebih lanjut, \(p\) disebut prima jika setiap kali \(p \mid ab\text{,}\) berlaku \(p \mid a\) atau \(p \mid b\text{.}\)

Contoh 18.2.1.

Penting diperhatikan bahwa elemen prima dan elemen tak tereduksi tidak selalu berimpit. Misalkan \(R\) subgelanggang (dengan identitas) dari \({\mathbb Q}[x, y]\) yang dibangkitkan oleh \(x^2\text{,}\) \(y^2\text{,}\) dan \(xy\text{.}\) Setiap elemen ini tak tereduksi dalam \(R\text{;}\) tetapi, \(xy\) tidak prima, karena \(xy\) membagi \(x^2 y^2\text{,}\) tetapi tidak membagi \(x^2\) maupun \(y^2\text{.}\)
Teorema Dasar Aritmetika menyatakan bahwa setiap bilangan bulat positif \(n \gt 1\) dapat difaktorkan menjadi hasil kali bilangan-bilangan prima \(p_1 \cdots p_k\text{,}\) dengan \(p_i\) tidak harus berbeda. Kita juga mengetahui bahwa faktorisasi semacam itu tunggal hingga urutan \(p_i\text{.}\) Hasil ini dapat dengan mudah kita perluas ke bilangan bulat. Muncul pertanyaan apakah faktorisasi semacam itu mungkin dalam gelanggang lain. Dengan memperumum definisi ini, kita mengatakan bahwa daerah integral \(D\) merupakan domain faktorisasi tunggal, atau UFD, jika \(D\) memenuhi kriteria berikut.
  1. Misalkan \(a \in D\) dengan \(a \neq 0\) dan \(a\) bukan unit. Maka \(a\) dapat ditulis sebagai hasil kali elemen-elemen tak tereduksi dalam \(D\text{.}\)
  2. Misalkan \(a = p_1 \cdots p_r = q_1 \cdots q_s\text{,}\) dengan \(p_i\) dan \(q_i\) tak tereduksi. Maka \(r=s\) dan terdapat \(\pi \in S_r\) sedemikian sehingga \(p_i\) dan \(q_{\pi(j)}\) sekawan untuk \(j = 1, \ldots, r\text{.}\)

Contoh 18.2.2.

Berdasarkan Teorema Dasar Aritmetika, bilangan bulat membentuk domain faktorisasi tunggal.

Contoh 18.2.3.

Tidak setiap daerah integral merupakan domain faktorisasi tunggal. Subgelanggang \({\mathbb Z}[ \sqrt{3}\, i ] = \{ a + b \sqrt{3}\, i\}\) dari bilangan kompleks merupakan daerah integral (Latihan 16.7.12, Bab 16). Misalkan \(z = a + b \sqrt{3}\, i\) dan definisikan \(\nu : {\mathbb Z}[ \sqrt{3}\, i ] \rightarrow {\mathbb N} \cup \{ 0 \}\) dengan \(\nu( z) = |z|^2 = a^2 + 3 b^2\text{.}\) Jelas bahwa \(\nu(z) \geq 0\text{,}\) dengan kesamaan terjadi ketika \(z = 0\text{.}\) Selain itu, dari pengetahuan kita tentang bilangan kompleks, kita mengetahui bahwa \(\nu(z w) = \nu(z) \nu(w)\text{.}\) Mudah ditunjukkan bahwa jika \(\nu(z) = 1\text{,}\) maka \(z\) merupakan unit, dan bahwa satu-satunya unit dalam \({\mathbb Z}[ \sqrt{3}\, i ]\) adalah \(1\) dan \(-1\text{.}\)
Kita mengklaim bahwa \(4\) mempunyai dua faktorisasi berbeda menjadi elemen-elemen tak tereduksi:
\begin{equation*} 4 = 2 \cdot 2 = (1 - \sqrt{3}\, i) (1 + \sqrt{3}\, i)\text{.} \end{equation*}
Kita harus menunjukkan bahwa setiap faktor ini merupakan elemen tak tereduksi dalam \({\mathbb Z}[ \sqrt{3}\, i ]\text{.}\) Jika \(2\) tereduksi, maka \(2 = z w\) untuk elemen-elemen \(z, w\) dalam \({\mathbb Z}[ \sqrt{3}\, i ]\) dengan \(\nu( z) = \nu(w) = 2\text{.}\) Namun, tidak terdapat elemen \(z\) dalam \({\mathbb Z}[\sqrt{3}\, i ]\) sedemikian sehingga \(\nu(z) = 2\text{,}\) karena persamaan \(a^2 + 3 b^2 = 2\) tidak mempunyai solusi bilangan bulat. Oleh karena itu, \(2\) harus tak tereduksi. Argumen serupa menunjukkan bahwa \(1 - \sqrt{3}\, i\) dan \(1 + \sqrt{3}\, i\) keduanya tak tereduksi. Karena \(2\) bukan kelipatan unit dari \(1 - \sqrt{3}\, i\) maupun \(1 + \sqrt{3}\, i\text{,}\) \(4\) mempunyai setidaknya dua faktorisasi berbeda menjadi elemen-elemen tak tereduksi.

Subbagian 18.2.1 Domain Ideal Utama

Misalkan \(R\) suatu gelanggang komutatif dengan identitas. Ingat bahwa ideal utama yang dibangkitkan oleh \(a \in R\) adalah ideal berbentuk \(\langle a \rangle = \{ ra : r \in R \}\text{.}\) Daerah integral yang setiap idealnya merupakan ideal utama disebut domain ideal utama, atau PID.

Bukti.
(1) Andaikan \(a \mid b\text{.}\) Maka \(b = ax\) untuk suatu \(x \in D\text{.}\) Jadi, untuk setiap \(r\) dalam \(D\text{,}\) \(br =(ax)r = a(xr)\) dan \(\langle b \rangle \subset \langle a \rangle\text{.}\) Sebaliknya, andaikan \(\langle b \rangle \subset \langle a \rangle\text{.}\) Maka \(b \in \langle a \rangle\text{.}\) Akibatnya, \(b =a x\) untuk suatu \(x \in D\text{.}\) Dengan demikian, \(a \mid b\text{.}\)
(2) Karena \(a\) dan \(b\) sekawan, terdapat unit \(u\) sedemikian sehingga \(a = u b\text{.}\) Oleh karena itu, \(b \mid a\) dan \(\langle a \rangle \subset \langle b \rangle\text{.}\) Demikian pula, \(\langle b \rangle \subset \langle a \rangle\text{.}\) Akibatnya, \(\langle a \rangle = \langle b \rangle\text{.}\) Sebaliknya, andaikan \(\langle a \rangle = \langle b \rangle\text{.}\) Menurut bagian (1), \(a \mid b\) dan \(b \mid a\text{.}\) Maka \(a = bx\) dan \(b = ay\) untuk suatu \(x, y \in D\text{.}\) Oleh karena itu, \(a = bx = ayx\text{.}\) Karena \(D\) merupakan daerah integral, \(x y = 1\text{;}\) artinya, \(x\) dan \(y\) merupakan unit serta \(a\) dan \(b\) sekawan.
(3) Elemen \(a \in D\) merupakan unit jika dan hanya jika \(a\) sekawan dengan \(1\text{.}\) Sementara itu, \(a\) sekawan dengan \(1\) jika dan hanya jika \(\langle a \rangle = \langle 1 \rangle = D\text{.}\)

Bukti.
Andaikan \(\langle p \rangle\) merupakan ideal maksimal. Jika suatu elemen \(a\) dalam \(D\) membagi \(p\text{,}\) maka \(\langle p \rangle \subset \langle a \rangle\text{.}\) Karena \(\langle p \rangle\) maksimal, berlaku \(D = \langle a \rangle\) atau \(\langle p \rangle = \langle a \rangle\text{.}\) Akibatnya, \(a\) dan \(p\) sekawan atau \(a\) merupakan unit. Oleh karena itu, \(p\) tak tereduksi.
Sebaliknya, misalkan \(p\) tak tereduksi. Jika \(\langle a \rangle\) merupakan ideal dalam \(D\) sedemikian sehingga \(\langle p \rangle \subset \langle a \rangle \subset D\text{,}\) maka \(a \mid p\text{.}\) Karena \(p\) tak tereduksi, \(a\) merupakan unit atau \(a\) dan \(p\) sekawan. Oleh karena itu, \(D = \langle a \rangle\) atau \(\langle p \rangle = \langle a \rangle\text{.}\) Dengan demikian, \(\langle p \rangle\) merupakan ideal maksimal.

Bukti.
Misalkan \(p\) tak tereduksi dan andaikan \(p \mid ab\text{.}\) Maka \(\langle ab \rangle \subset \langle p \rangle\text{.}\) Menurut Korolari 16.4.6, karena \(\langle p \rangle\) merupakan ideal maksimal, \(\langle p \rangle\) juga harus merupakan ideal prima. Dengan demikian, \(a \in \langle p \rangle\) atau \(b \in \langle p \rangle\text{.}\) Jadi, \(p \mid a \) atau \(p \mid b\text{.}\)

Bukti.
Kita mengklaim bahwa \(I= \bigcup_{i = 1}^\infty I_i\) merupakan ideal dari \(D\text{.}\) Jelas bahwa \(I\) tidak kosong, karena \(I_1 \subset I\) dan \(0 \in I\text{.}\) Jika \(a, b \in I\text{,}\) maka \(a \in I_i\) dan \(b \in I_j\) untuk suatu \(i\) dan \(j\) dalam \({\mathbb N}\text{.}\) Tanpa mengurangi keumuman, kita dapat mengandaikan bahwa \(i \leq j\text{.}\) Jadi, \(a\) dan \(b\) keduanya berada dalam \(I_j\text{,}\) sehingga \(a - b\) juga berada dalam \(I_j\text{.}\) Sekarang misalkan \(r \in D\) dan \(a \in I\text{.}\) Sekali lagi, perhatikan bahwa \(a \in I_i\) untuk suatu bilangan bulat positif \(i\text{.}\) Karena \(I_i\) merupakan ideal, \(ra \in I_i\) dan karenanya harus berada dalam \(I\text{.}\) Oleh karena itu, kita telah menunjukkan bahwa \(I\) merupakan ideal dalam \(D\text{.}\)
Karena \(D\) merupakan domain ideal utama, terdapat elemen \(\overline{a} \in D\) yang membangkitkan \(I\text{.}\) Karena \(\overline{a}\) berada dalam \(I_N\) untuk suatu \(N \in {\mathbb N}\text{,}\) kita mengetahui bahwa \(I_N = I = \langle \overline{a} \rangle\text{.}\) Akibatnya, \(I_n = I_N\) untuk \(n \geq N\text{.}\)
Setiap gelanggang komutatif yang memenuhi syarat dalam Lema 18.2.7 dikatakan memenuhi syarat rantai naik, atau ACC. Gelanggang semacam itu disebut gelanggang Noetherian, menurut nama Emmy Noether.

Bukti.

Eksistensi faktorisasi.

Misalkan \(D\) suatu PID dan \(a\) suatu elemen tak nol dalam \(D\) yang bukan unit. Jika \(a\) tak tereduksi, bukti selesai. Jika tidak, terdapat faktorisasi \(a = a_1 b_1\text{,}\) dengan \(a_1\) maupun \(b_1\) bukan unit. Jadi, \(\langle a \rangle \subset \langle a_1 \rangle\text{.}\) Menurut Lema 18.2.4, kita mengetahui bahwa \(\langle a \rangle \neq \langle a_1 \rangle\text{;}\) jika tidak, \(a\) dan \(a_1\) akan sekawan serta \(b_1\) akan menjadi unit, yang bertentangan dengan pengandaian kita. Sekarang andaikan bahwa \(a_1 = a_2 b_2\text{,}\) dengan \(a_2\) maupun \(b_2\) bukan unit. Dengan argumen yang sama seperti sebelumnya, \(\langle a_1 \rangle \subset \langle a_2 \rangle\text{.}\) Konstruksi ini dapat kita lanjutkan untuk memperoleh rantai naik ideal
\begin{equation*} \langle a \rangle \subset \langle a_1 \rangle \subset \langle a_2 \rangle \subset \cdots\text{.} \end{equation*}
Menurut Lema 18.2.7, terdapat bilangan bulat positif \(N\) sedemikian sehingga \(\langle a_n \rangle = \langle a_N \rangle\) untuk semua \(n \geq N\text{.}\) Akibatnya, \(a_N\) harus tak tereduksi. Sekarang kita telah menunjukkan bahwa \(a\) merupakan hasil kali dua elemen, dan salah satunya harus tak tereduksi.
Sekarang andaikan bahwa \(a = c_1 p_1\text{,}\) dengan \(p_1\) tak tereduksi. Jika \(c_1\) bukan unit, kita dapat mengulangi argumen sebelumnya untuk menyimpulkan bahwa \(\langle a \rangle \subset \langle c_1 \rangle\text{.}\) Elemen \(c_1\) tak tereduksi atau \(c_1 = c_2 p_2\text{,}\) dengan \(p_2\) tak tereduksi dan \(c_2\) bukan unit. Dengan melanjutkan cara ini, kita memperoleh rantai ideal lain
\begin{equation*} \langle a \rangle \subset \langle c_1 \rangle \subset \langle c_2 \rangle \subset \cdots\text{.} \end{equation*}
Rantai ini harus memenuhi syarat rantai naik; oleh karena itu,
\begin{equation*} a = p_1 p_2 \cdots p_r \end{equation*}
untuk elemen-elemen tak tereduksi \(p_1, \ldots, p_r\text{.}\)

Ketunggalan faktorisasi.

Untuk menunjukkan ketunggalan, misalkan
\begin{equation*} a = p_1 p_2 \cdots p_r = q_1 q_2 \cdots q_s\text{,} \end{equation*}
dengan setiap \(p_i\) dan setiap \(q_i\) tak tereduksi. Tanpa mengurangi keumuman, kita dapat mengandaikan bahwa \(r \lt s\text{.}\) Karena \(p_1\) membagi \(q_1 q_2 \cdots q_s\text{,}\) menurut Korolari 18.2.6 elemen tersebut harus membagi suatu \(q_i\text{.}\) Dengan menyusun ulang \(q_i\text{,}\) kita dapat mengandaikan bahwa \(p_1 \mid q_1\text{;}\) jadi, \(q_1 = u_1 p_1\) untuk suatu unit \(u_1\) dalam \(D\text{.}\) Oleh karena itu,
\begin{equation*} a = p_1 p_2 \cdots p_r = u_1 p_1 q_2 \cdots q_s \end{equation*}
atau
\begin{equation*} p_2 \cdots p_r = u_1 q_2 \cdots q_s\text{.} \end{equation*}
Dengan melanjutkan cara ini, kita dapat menyusun \(q_i\) sedemikian sehingga \(p_2 = q_2, p_3 = q_3, \ldots, p_r = q_r\text{,}\) untuk memperoleh
\begin{equation*} u_1 u_2 \cdots u_r q_{r + 1} \cdots q_s = 1\text{.} \end{equation*}
Dalam hal ini \(q_{r + 1} \cdots q_s\) merupakan unit, yang bertentangan dengan fakta bahwa \(q_{r + 1}, \ldots, q_s\) tak tereduksi. Oleh karena itu, \(r = s\) dan faktorisasi \(a\) tunggal.

Contoh 18.2.10.

Setiap PID merupakan UFD, tetapi tidak setiap UFD merupakan PID. Dalam Korolari 18.2.24, kita akan membuktikan bahwa \({\mathbb Z}[x]\) merupakan UFD. Akan tetapi, \({\mathbb Z}[x]\) bukan PID. Misalkan \(I = \{ 5 f(x) + x g(x) : f(x), g(x) \in {\mathbb Z}[x] \}\text{.}\) Mudah ditunjukkan bahwa \(I\) merupakan ideal dari \({\mathbb Z}[x]\text{.}\) Andaikan bahwa \(I = \langle p(x) \rangle\text{.}\) Karena \(5 \in I\text{,}\) \(5 = f(x) p(x)\text{.}\) Dalam hal ini \(p(x) = p\) harus merupakan konstanta. Karena \(x \in I\text{,}\) \(x = p g(x)\text{;}\) akibatnya, \(p = \pm 1\text{.}\) Namun, dari fakta ini diperoleh \(\langle p(x) \rangle = {\mathbb Z}[x]\text{.}\) Akan tetapi, ini berarti bahwa \(3\) berada dalam \(I\text{.}\) Oleh karena itu, kita dapat menulis \(3 = 5 f(x) + x g(x)\) untuk suatu \(f(x)\) dan \(g(x)\) dalam \({\mathbb Z}[x]\text{.}\) Dengan meninjau suku konstan polinomial ini, kita melihat bahwa \(3 = 5 f(x)\text{,}\) yang mustahil.

Subbagian 18.2.2 Domain Euklides

Kita telah berulang kali menggunakan algoritma pembagian ketika membuktikan hasil mengenai \({\mathbb Z}\) ataupun \(F[x]\text{,}\) dengan \(F\) suatu lapangan. Sekarang kita patut bertanya kapan algoritma pembagian tersedia bagi suatu daerah integral.
Misalkan \(D\) suatu daerah integral yang memiliki fungsi \(\nu : D \setminus \{0\} \to \mathbb N_0 = \mathbb N \cup \{0\}\) yang memenuhi syarat-syarat berikut.
  1. Jika \(a\) dan \(b\) merupakan elemen tak nol dalam \(D\text{,}\) maka \(\nu(a) \leq \nu(ab)\text{.}\)
  2. Misalkan \(a, b \in D\) dan andaikan bahwa \(b \neq 0\text{.}\) Maka terdapat elemen-elemen \(q, r \in D\) sedemikian sehingga \(a = bq + r\) dan berlaku \(r = 0\) atau \(\nu(r) \lt \nu(b)\text{.}\)
Maka \(D\) disebut domain Euklides dan \(\nu\) disebut valuasi Euklides.

Contoh 18.2.11.

Nilai mutlak pada \({\mathbb Z}\) merupakan valuasi Euklides.

Contoh 18.2.12.

Misalkan \(F\) suatu lapangan. Maka derajat polinomial dalam \(F[x]\) merupakan valuasi Euklides.

Contoh 18.2.13.

Ingat bahwa bilangan bulat Gaussian dalam Contoh 16.2.1 dari Bab 16 didefinisikan oleh
\begin{equation*} {\mathbb Z}[i] = \{ a + b i : a, b \in {\mathbb Z} \}\text{.} \end{equation*}
Biasanya kita mengukur besar bilangan kompleks \(a + bi\) dengan nilai mutlaknya, \(|a + bi| = \sqrt{ a^2 + b^2}\text{;}\) tetapi, \(\sqrt{a^2 + b^2}\) belum tentu bilangan bulat. Untuk valuasi kita, kita ambil \(\nu(a + bi) = a^2 + b^2\) agar hasilnya merupakan bilangan bulat.
Kita mengklaim bahwa \(\nu( a+ bi) = a^2 + b^2\) merupakan valuasi Euklides pada \({\mathbb Z}[i]\text{.}\) Misalkan \(z, w \in {\mathbb Z}[i]\text{.}\) Maka \(\nu( zw) = |zw|^2 = |z|^2 |w|^2 = \nu(z) \nu(w)\text{.}\) Karena \(\nu(z) \geq 1\) untuk setiap \(z \in {\mathbb Z}[i]\) yang tak nol, \(\nu( z) \leq \nu(z) \nu(w)\text{.}\)
Selanjutnya, kita harus menunjukkan bahwa untuk sebarang \(z= a+bi\) dan \(w = c+di\) dalam \({\mathbb Z}[i]\) dengan \(w \neq 0\text{,}\) terdapat elemen \(q\) dan \(r\) dalam \({\mathbb Z}[i]\) sedemikian sehingga \(z = qw + r\) dengan \(r=0\) atau \(\nu(r) \lt \nu(w)\text{.}\) Kita dapat memandang \(z\) dan \(w\) sebagai elemen-elemen dalam \({\mathbb Q}(i) = \{ p + qi : p, q \in {\mathbb Q} \}\text{,}\) yaitu lapangan pecahan dari \({\mathbb Z}[i]\text{.}\) Perhatikan bahwa
\begin{align*} z w^{-1} & = (a +b i) \frac{c -d i}{c^2 + d^2}\\ & = \frac{ac + b d}{c^2 + d^2} + \frac{b c -ad}{c^2 + d^2}i\\ & = \left( m_1 + \frac{n_1}{c^2 + d^2} \right) + \left( m_2 + \frac{n_2}{c^2 + d^2} \right) i\\ & = (m_1 + m_2 i) + \left( \frac{n_1}{c^2 + d^2} + \frac{n_2}{c^2 + d^2}i \right)\\ & = (m_1 + m_2 i) + (s + ti) \end{align*}
dalam \({\mathbb Q}(i)\text{.}\) Pada langkah-langkah terakhir, kita menulis bagian riil dan imajiner sebagai bilangan bulat ditambah pecahan sejati. Artinya, kita mengambil bilangan bulat terdekat \(m_i\) sedemikian sehingga bagian pecahannya memenuhi \(|n_i / (a^2 + b^2)| \leq 1/2\text{.}\) Sebagai contoh, kita menulis
\begin{align*} \frac{9}{8} & = 1 + \frac{1}{8}\\ \frac{15}{8} & = 2 - \frac{1}{8}\text{.} \end{align*}
Dengan demikian, \(s\) dan \(t\) merupakan “bagian pecahan” dari \(z w^{-1} = (m_1 + m_2 i) + (s + ti)\text{.}\) Kita juga mengetahui bahwa \(s^2 + t^2 \leq 1/4 + 1/4 = 1/2\text{.}\) Dengan mengalikan oleh \(w\text{,}\) kita memperoleh
\begin{equation*} z = z w^{-1} w = w (m_1 + m_2 i) + w (s + ti) = q w + r\text{,} \end{equation*}
dengan \(q = m_1 + m_2 i\) dan \(r = w (s + ti)\text{.}\) Karena \(z\) dan \(qw\) berada dalam \({\mathbb Z}[i]\text{,}\) \(r\) harus berada dalam \({\mathbb Z}[i]\text{.}\) Terakhir, kita perlu menunjukkan bahwa \(r = 0\) atau \(\nu(r) \lt \nu(w)\text{.}\) Memang,
\begin{equation*} \nu(r) = \nu(w) \nu(s + ti) \leq \frac{1}{2} \nu(w) \lt \nu(w)\text{.} \end{equation*}

Bukti.
Misalkan \(D\) suatu domain Euklides dan misalkan \(\nu\) suatu valuasi Euklides pada \(D\text{.}\) Andaikan \(I\) merupakan ideal tak trivial dalam \(D\) dan pilih elemen tak nol \(b \in I\) sedemikian sehingga \(\nu(b)\) minimal bagi semua \(a \in I\text{.}\) Karena \(D\) merupakan domain Euklides, terdapat elemen \(q\) dan \(r\) dalam \(D\) sedemikian sehingga \(a = bq + r\) dan berlaku \(r = 0\) atau \(\nu(r) \lt \nu(b)\text{.}\) Namun, \(r = a - bq\) berada dalam \(I\) karena \(I\) merupakan ideal; oleh karena itu, \(r = 0\) berdasarkan keminimalan \(b\text{.}\) Akibatnya, \(a = bq\) dan \(I = \langle b \rangle\text{.}\)

Subbagian 18.2.3 Faktorisasi dalam \(D\lbrack x \rbrack\)

Salah satu gelanggang polinomial terpenting adalah \({\mathbb Z}[x]\text{.}\) Salah satu pertanyaan pertama yang muncul mengenai \({\mathbb Z}[x]\) adalah apakah gelanggang tersebut merupakan UFD. Di sini kita akan membuktikan pernyataan yang lebih umum. Tugas pertama kita adalah memperoleh versi yang lebih umum dari Lema Gauss (Teorema 17.3.4).
Misalkan \(D\) suatu domain faktorisasi tunggal dan andaikan bahwa
\begin{equation*} p(x) = a_n x^n + \cdots + a_1 x + a_0 \end{equation*}
dalam \(D[x]\text{.}\) Maka konten dari \(p(x)\) adalah faktor persekutuan terbesar dari \(a_0, \ldots, a_n\text{.}\) Kita mengatakan bahwa \(p(x)\) primitif jika \(\gcd(a_0, \ldots, a_n ) = 1\text{.}\)

Contoh 18.2.16.

Dalam \({\mathbb Z}[x]\text{,}\) polinomial \(p(x)= 5 x^4 - 3 x^3 + x -4\) merupakan polinomial primitif karena faktor persekutuan terbesar koefisien-koefisiennya adalah \(1\text{;}\) tetapi, polinomial \(q(x) = 4 x^2 - 6 x + 8\) tidak primitif karena konten \(q(x)\) adalah \(2\text{.}\)

Bukti.
Misalkan \(f(x) = \sum_{i=0}^{m} a_i x^i\) dan \(g(x) = \sum_{i=0}^{n} b_i x^i\text{.}\) Andaikan \(p\) suatu prima yang membagi koefisien-koefisien \(f(x) g(x)\text{.}\) Misalkan \(r\) bilangan bulat terkecil sedemikian sehingga \(p \notdivide a_r\) dan \(s\) bilangan bulat terkecil sedemikian sehingga \(p \notdivide b_s\text{.}\) Koefisien \(x^{r+s}\) dalam \(f(x) g(x)\) adalah
\begin{equation*} c_{r + s} = a_0 b_{r + s} + a_1 b_{r + s - 1} + \cdots + a_{r + s - 1} b_1 + a_{r + s} b_0\text{.} \end{equation*}
Karena \(p\) membagi \(a_0, \ldots, a_{r-1}\) dan \(b_0, \ldots, b_{s-1}\text{,}\) \(p\) membagi setiap suku \(c_{r+s}\) kecuali suku \(a_r b_s\text{.}\) Namun, karena \(p \mid c_{r+s}\text{,}\) \(p\) membagi \(a_r\) atau \(p\) membagi \(b_s\text{.}\) Ini mustahil.

Bukti.
Misalkan \(p(x) = c p_1(x)\) dan \(q(x) = d q_1(x)\text{,}\) dengan \(c\) dan \(d\) masing-masing merupakan konten \(p(x)\) dan \(q(x)\text{.}\) Maka \(p_1(x)\) dan \(q_1(x)\) primitif. Sekarang kita dapat menulis \(p(x) q(x) = c d p_1(x) q_1(x)\text{.}\) Karena \(p_1(x) q_1(x)\) primitif, konten \(p(x) q(x)\) haruslah \(cd\text{.}\)

Bukti.
Misalkan \(a\) dan \(b\) elemen tak nol dari \(D\) sedemikian sehingga \(a f(x), b g(x)\) berada dalam \(D[x]\text{.}\) Kita dapat menemukan \(a_1, b_1 \in D\) sedemikian sehingga \(a f(x) = a_1 f_1(x)\) dan \(b g(x) = b_1 g_1(x)\text{,}\) dengan \(f_1(x)\) dan \(g_1(x)\) merupakan polinomial primitif dalam \(D[x]\text{.}\) Oleh karena itu, \(a b p(x) = (a_1 f_1(x))( b_1 g_1(x))\text{.}\) Karena \(f_1(x)\) dan \(g_1(x)\) merupakan polinomial primitif, menurut Lema Gauss harus berlaku \(ab \mid a_1 b_1\text{.}\) Dengan demikian terdapat \(c \in D\) sedemikian sehingga \(p(x) = c f_1(x) g_1(x)\text{.}\) Jelas bahwa \(\deg f(x) = \deg f_1(x)\) dan \(\deg g(x) = \deg g_1(x)\text{.}\)
Korolari-korolari berikut merupakan akibat langsung dari Lema 18.2.19.

Bukti.
Misalkan \(p(x)\) suatu polinomial tak nol dalam \(D[x]\text{.}\) Jika \(p(x)\) merupakan polinomial konstan, maka polinomial itu harus mempunyai faktorisasi tunggal karena \(D\) merupakan UFD. Sekarang andaikan bahwa \(p(x)\) merupakan polinomial berderajat positif dalam \(D[x]\text{.}\) Misalkan \(F\) lapangan pecahan dari \(D\text{,}\) dan ambil \(p(x) = f_1(x) f_2(x) \cdots f_n(x)\) dari suatu faktorisasi \(p(x)\text{,}\) dengan setiap \(f_i(x)\) tak tereduksi. Pilih \(a_i \in D\) sedemikian sehingga \(a_i f_i(x)\) berada dalam \(D[x]\text{.}\) Terdapat \(b_1, \ldots, b_n \in D\) sedemikian sehingga \(a_i f_i(x) = b_i g_i(x)\text{,}\) dengan \(g_i(x)\) suatu polinomial primitif dalam \(D[x]\text{.}\) Menurut Korolari 18.2.20, setiap \(g_i(x)\) tak tereduksi dalam \(D[x]\text{.}\) Akibatnya, kita dapat menulis
\begin{equation*} a_1 \cdots a_n p(x) = b_1 \cdots b_n g_1(x) \cdots g_n(x)\text{.} \end{equation*}
Misalkan \(b = b_1 \cdots b_n\text{.}\) Karena \(g_1(x) \cdots g_n(x)\) primitif, \(a_1 \cdots a_n\) membagi \(b\text{.}\) Oleh karena itu, \(p(x) = a g_1(x) \cdots g_n(x)\text{,}\) dengan \(a \in D\text{.}\) Karena \(D\) merupakan UFD, kita dapat memfaktorkan \(a\) sebagai \(u c_1 \cdots c_k\text{,}\) dengan \(u\) suatu unit dan setiap \(c_i\) tak tereduksi dalam \(D\text{.}\)
Sekarang kita akan menunjukkan ketunggalan faktorisasi ini. Misalkan
\begin{equation*} p(x) = a_1 \cdots a_m f_1(x) \cdots f_n(x) = b_1 \cdots b_r g_1(x) \cdots g_s(x) \end{equation*}
merupakan dua faktorisasi \(p(x)\text{,}\) dengan semua faktornya tak tereduksi dalam \(D[x]\text{.}\) Menurut Korolari 18.2.20, setiap \(f_i\) dan \(g_i\) tak tereduksi dalam \(F[x]\text{.}\) Elemen-elemen \(a_i\) dan \(b_i\) merupakan unit dalam \(F\text{.}\) Karena \(F[x]\) merupakan PID, gelanggang tersebut merupakan UFD; oleh karena itu, \(n=s\text{.}\) Sekarang susun ulang \(g_i(x)\) sedemikian sehingga \(f_i(x)\) dan \(g_i(x)\) sekawan untuk \(i = 1, \ldots, n\text{.}\) Maka terdapat \(c_1, \ldots, c_n\) dan \(d_1, \ldots, d_n\) dalam \(D\) sedemikian sehingga \((c_i / d_i) f_i(x) = g_i(x)\) atau \(c_i f_i(x) = d_i g_i(x)\text{.}\) Polinomial \(f_i(x)\) dan \(g_i(x)\) primitif; jadi, \(c_i\) dan \(d_i\) sekawan dalam \(D\text{.}\) Dengan demikian, \(a_1 \cdots a_m = u b_1 \cdots b_r\) dalam \(D\text{,}\) dengan \(u\) suatu unit dalam \(D\text{.}\) Karena \(D\) merupakan domain faktorisasi tunggal, \(m = s\text{.}\) Terakhir, kita dapat menyusun ulang \(b_i\) sedemikian sehingga \(a_i\) dan \(b_i\) sekawan untuk setiap \(i\text{.}\) Ini menyelesaikan bagian ketunggalan dari bukti.
Teorema yang baru saja kita buktikan mempunyai beberapa korolari yang jelas tetapi penting.

Catatan 18.2.26.

Penting diperhatikan bahwa setiap domain Euklides merupakan PID dan setiap PID merupakan UFD. Akan tetapi, kebalikan setiap pernyataan tersebut tidak berlaku. Terdapat domain ideal utama yang bukan domain Euklides, dan terdapat domain faktorisasi tunggal yang bukan domain ideal utama (\({\mathbb Z}[x]\)).

Subbagian 18.2.4 Catatan Sejarah

Karl Friedrich Gauss, lahir di Brunswick, Jerman, pada 30 April 1777, dianggap sebagai salah satu matematikawan terbesar sepanjang masa. Gauss benar-benar anak ajaib. Pada usia tiga tahun ia mampu menemukan kesalahan dalam pembukuan usaha ayahnya. Gauss masuk perguruan tinggi pada usia 15 tahun. Sebelum berusia 20 tahun, Gauss mampu mengonstruksi poligon beraturan bersisi \(17\) dengan penggaris dan jangka. Ini merupakan konstruksi baru pertama untuk poligon beraturan bersisi \(n\) sejak zaman Yunani kuno. Gauss berhasil menunjukkan bahwa jika \(N= 2^{2^n} + 1\) prima, maka poligon beraturan bersisi \(N\) dapat dikonstruksi.
Gauss memperoleh gelar Ph.D. pada tahun 1799 di bawah bimbingan Pfaff di Universitas Helmstedt. Dalam disertasinya, ia memberikan bukti lengkap pertama Teorema Dasar Aljabar, yang menyatakan bahwa setiap polinomial berkoefisien riil dapat difaktorkan menjadi faktor-faktor linear di atas bilangan kompleks. Penerimaan terhadap bilangan kompleks didorong oleh Gauss, yang merupakan orang pertama yang menggunakan notasi \(i\) untuk \(\sqrt{-1}\text{.}\)
Gauss kemudian mengalihkan perhatiannya pada teori bilangan; pada tahun 1801, ia menerbitkan bukunya yang terkenal tentang teori bilangan, Disquisitiones Arithmeticae. Sepanjang hidupnya, Gauss terpikat oleh cabang matematika ini. Ia pernah menulis, “Matematika adalah ratu ilmu pengetahuan, dan teori bilangan adalah ratu matematika.”
Pada tahun 1807, Gauss diangkat sebagai direktur Observatorium Universitas Göttingen, jabatan yang dipegangnya hingga meninggal. Jabatan ini mengharuskannya mempelajari penerapan matematika dalam ilmu pengetahuan. Ia berhasil memberikan sumbangsih pada bidang-bidang seperti astronomi, mekanika, optika, geodesi, dan magnetisme. Bersama Wilhelm Weber, ia turut menciptakan telegraf listrik praktis pertama beberapa tahun sebelum Samuel F. B. Morse menciptakan versi yang lebih baik.
Gauss jelas merupakan matematikawan paling terkemuka di dunia pada awal abad kesembilan belas. Statusnya secara alami membuat penemuan-penemuannya diperiksa dengan sangat cermat. Kepribadian Gauss yang dingin dan menjaga jarak sering kali membuatnya mengabaikan karya orang-orang sezamannya, sehingga ia mempunyai banyak musuh. Ia tidak terlalu menyukai mengajar, dan matematikawan muda yang mendatanginya untuk mencari dukungan sering kali ditolak. Meskipun demikian, ia mempunyai banyak mahasiswa yang luar biasa, termasuk Eisenstein, Riemann, Kummer, Dirichlet, dan Dedekind. Gauss juga memberikan banyak dukungan kepada Sophie Germain (1776–1831), yang mengatasi berbagai rintangan yang dihadapi perempuan pada masanya untuk menjadi matematikawan yang sangat terkemuka. Gauss meninggal pada usia 78 tahun di Göttingen pada 23 Februari 1855.
Sblm.Paling AtasLanjut