TEORI BILANGAN

• Teori bilangan (number theory) adalah teori yang mendasar dalam memahami algoritma kriptografi

• Bilangan yang dimaksudkan adalah bilangan bulat (integer)

Bilangan Bulat

• Bilangan bulat adalah bilangan yang tidak mempunyai pecahan desimal, misalnya 8, 21, 8765, -34, 0

• Berlawanan dengan bilangan bulat adalah bilangan riil yang mempunyai titik desimal, seperti 8.0, 34.25, 0.02.

Sifat Pembagian pada Bilangan Bulat

• Misalkan a dan b adalah dua buah bilangan bulat dengan syarat a ¹ 0. Kita menyatakan bahwa a habis membagi b (a divides b) jika terdapat bilangan bulat c sedemikian sehingga b = ac.

• Notasi: a | b jika b = ac, c Î Z dan a ¹ 0. (Z = himpunan bilangan bulat)

• Kadang-kadang pernyataan “a habis membagi b“ ditulis juga “b kelipatan a”.

• Contoh 1: 4 | 12 karena 124 = 3 (bilangan bulat) atau 12 = 4 ´ 3. Tetapi 4 | 13 karena 134 = 3.25 (bukan bilangan bulat).

Teorema 1 (Teorema Euclidean). Misalkan m dan n adalah dua buah bilangan bulat dengan syarat n > 0. Jika m dibagi dengan n maka terdapat dua buah bilangan bulat unik q (quotient) dan r (remainder), sedemikian sehingga

m = nq + r

dengan 0 £ r < n.

Contoh 2.

(i) 1987 dibagi dengan 97 memberikan hasil bagi 20 dan sisa 47:

1987 = 97 × 20 + 47

(ii) –22 dibagi dengan 3 memberikan hasil bagi –8 dan sisa 2:

–22 = 3(–8) + 2

tetapi –22 = 3(–7) – 1 salah karena r = –1 tidak memenuhi syarat 0 £ r < n.

Pembagi Bersama Terbesar (PBB)

• Misalkan a dan b adalah dua buah bilangan bulat tidak nol. Pembagi bersama terbesar (PBB – greatest common divisor atau gcd) dari a dan b adalah bilangan bulat terbesar d sedemikian sehingga d | a dan d | b. Dalam hal ini kita nyatakan bahwa PBB(a, b) = d.

• Contoh 3. Faktor pembagi 45: 1, 3, 5, 9, 15, 45;
  Faktor pembagi 36: 1, 2, 3, 4, 9, 12, 18, 36;
  Faktor pembagi bersama dari 45 dan 36 adalah 1, 3, 9
  PBB(45, 36) = 9.

Algoritma Euclidean

• Algoritma Euclidean adalah algoritma untuk mencari PBB dari dua buah bilangan bulat.

• Euclid, penemu algoritma Euclidean, adalah seorang matematikawan Yunani yang menuliskan algoritmanya tersebut dalam bukunya yang terkenal, Element.

• Diberikan dua buah bilangan bulat tak-negatif m dan n (m ³ n). Algoritma Euclidean berikut mencari pembagi bersama terbesar dari m dan n.

Algoritma Euclidean

1. Jika n = 0 maka

m adalah PBB(m, n);

stop.

tetapi jika n ¹ 0,

lanjutkan ke langkah 2.

2. Bagilah m dengan n dan misalkan r adalah sisanya.

3. Ganti nilai m dengan nilai n dan nilai n dengan nilai r, lalu ulang kembali ke langkah 1.

Relatif Prima

• Dua buah bilangan bulat a dan b dikatakan relatif prima jika PBB(a, b) = 1.

• Contoh 5. 20 dan 3 relatif prima sebab PBB(20, 3) = 1. Begitu juga 7 dan 11 relatif prima karena PBB(7, 11) = 1. Tetapi 20 dan 5 tidak relatif prima sebab PBB(20, 5) = 5 ¹ 1.

• Jika a dan b relatif prima, maka terdapat bilangan bulat m dan n sedemikian sehingga

ma + nb = 1 (2)

• Contoh 6. Bilangan 20 dan 3 adalah relatif prima karena PBB(20, 3) =1, atau dapat ditulis

2 . 20 + (–13) . 3 = 1

dengan m = 2 dan n = –13. Tetapi 20 dan 5 tidak relatif prima karena PBB(20, 5) = 5 ¹ 1 sehingga 20 dan 5 tidak dapat dinyatakan dalam m . 20 + n . 5 = 1.

Aritmetika Modulo

• Misalkan a adalah bilangan bulat dan m adalah bilangan bulat > 0. Operasi a mod m (dibaca “a modulo m”) memberikan sisa jika a dibagi dengan m.

• Notasi: a mod m = r sedemikian sehingga a = mq + r, dengan 0 £ r < m.

• Bilangan m disebut modulus atau modulo, dan hasil aritmetika modulo m terletak di dalam himpunan {0, 1, 2, …, m – 1} (mengapa?).

Contoh 7. Beberapa hasil operasi dengan operator modulo:

(i) 23 mod 5 = 3 (23 = 5 × 4 + 3)

(ii) 27 mod 3 = 0 (27 = 3 × 9 + 0)

(iii) 6 mod 8 = 6 (6 = 8 × 0 + 6)

(iv) 0 mod 12 = 0 (0 = 12 × 0 + 0)

(v) – 41 mod 9 = 4 (–41 = 9 (–5) + 4)

(vi) – 39 mod 13 = 0 (–39 = 13(–3) + 0)

Penjelasan untuk (v): Karena a negatif, bagi |a| dengan m mendapatkan sisa r’. Maka a mod m = m – r’ bila r’ ¹ 0. Jadi |– 41| mod 9 = 5, sehingga –41 mod 9 = 9 – 5 = 4.

Kongruen

• Misalnya 38 mod 5 = 3 dan 13 mod 5 = 3, maka kita katakan 38 º 13 (mod 5) (baca: 38 kongruen dengan 13 dalam modulo 5).

• Misalkan a dan b adalah bilangan bulat dan m adalah bilangan > 0, maka a º b (mod m) jika m habis membagi a – b.

• Jika a tidak kongruen dengan b dalam modulus m, maka ditulis a º/ b (mod m) .

Contoh 8.

17 º 2 (mod 3) ( 3 habis membagi 17 – 2 = 15)

–7 º 15 (mod 11) (11 habis membagi –7 – 15 = –22)

12 º/ 2 (mod 7) (7 tidak habis membagi 12 – 2 = 10 )

–7 º/ 15 (mod 3) (3 tidak habis membagi –7 – 15 = –22)

• Kekongruenan a º b (mod m) dapat pula dituliskan dalam hubungan

a = b + km (3)

yang dalam hal ini k adalah bilangan bulat.

Contoh 9.

17 º 2 (mod 3) dapat ditulis sebagai 17 = 2 + 5 × 3

–7 º 15 (mod 11) dapat ditulis sebagai –7 = 15 + (–2)11

• Berdasarkan definisi aritmetika modulo, kita dapat menuliskan a mod m = r sebagai

a º r (mod m)

Contoh 10.

Beberapa hasil operasi dengan operator modulo berikut:

(i) 23 mod 5 = 3 dapat ditulis sebagai 23 º 3 (mod 5)

(ii) 27 mod 3 = 0 dapat ditulis sebagai 27 º 0 (mod 3)

(iii) 6 mod 8 = 6 dapat ditulis sebagai 6 º 6 (mod 8)

(iv) 0 mod 12 = 0 dapat ditulis sebagai 0 º 0 (mod 12)

(v) – 41 mod 9 = 4 dapat ditulis sebagai –41 º 4 (mod 9)

(vi) – 39 mod 13 = 0 dapat ditulis sebagai – 39 º 0 (mod 13)

Teorema 2. Misalkan m adalah bilangan bulat positif.

1. Jika a º b (mod m) dan c adalah sembarang bilangan bulat maka

(i) (a + c) º (b + c) (mod m)

(ii) ac º bc (mod m)

(iii) a^p º b^p (mod m) untuk suatu bilangan bulat tak negatif p.

2. Jika a º b (mod m) dan c º d (mod m), maka

(i) (a + c) º (b + d) (mod m)

(ii) ac º bd (mod m)

Bukti (hanya untuk 1(ii) dan 2(i) saja):

1(ii) a º b (mod m) berarti:

Û a = b + km

Û a – b = km

Û (a – b)c = ckm

Û ac = bc + Km

Û ac º bc (mod m)

2(i) a º b (mod m) Û a = b + k₁m

c º d (mod m) Û c = d + k₂m +

Û (a + c) = (b + d) + (k₁ + k₂)m

Û (a + c) = (b + d) + km ( k = k₁ + k₂)

Û (a + c) = (b + d) (mod m)

Contoh 11.

Misalkan 17 º 2 (mod 3) dan 10 º 4 (mod 3), maka menurut Teorema 2,

17 + 5 = 2 + 5 (mod 3) Û 22 = 7 (mod 3)

17 . 5 = 5 × 2 (mod 3) Û 85 = 10 (mod 3)

17 + 10 = 2 + 4 (mod 3) Û 27 = 6 (mod 3)

17 . 10 = 2 × 4 (mod 3) Û 170 = 8 (mod 3)

• Perhatikanlah bahwa Teorema 2 tidak memasukkan operasi pembagian pada aritmetika modulo karena jika kedua ruas dibagi dengan bilangan bulat, maka kekongruenan tidak selalu dipenuhi. Misalnya:

(i) 10 º 4 (mod 3) dapat dibagi dengan 2 karena 10/2 = 5 dan 4/2 = 2, dan 5 º 2 (mod 3)

(ii) 14 º 8 (mod 6) tidak dapat dibagi dengan 2, karena 14/2 = 7 dan 8/2 = 4, tetapi 7 º/ 4 (mod 6).

Balikan Modulo (modulo invers)

• Jika a dan m relatif prima dan m > 1, maka kita dapat menemukan balikan (invers) dari a modulo m. Balikan dari a modulo m adalah bilangan bulat sedemikian sehingga

a º 1 (mod m)

Bukti: Dari definisi relatif prima diketahui bahwa PBB(a, m) = 1, dan menurut persamaan (2) terdapat bilangan bulat p dan q sedemikian sehingga:

pa + qm = 1

yang mengimplikasikan bahwa

pa + qm º 1 (mod m)

Karena qm º 0 (mod m), maka

pa º 1 (mod m)

Kekongruenan yang terakhir ini berarti bahwa p adalah balikan dari a modulo m.

• Pembuktian di atas juga menceritakan bahwa untuk mencari balikan dari a modulo m, kita harus membuat kombinasi lanjar dari a dan m sama dengan 1. Koefisien a dari kombinasi lanjar tersebut merupakan balikan dari a modulo m.

Contoh 12.

Tentukan balikan dari 4 (mod 9), 17 (mod 7), dan 18 (mod 10).

Penyelesaian:

(a) Karena PBB(4, 9) = 1, maka balikan dari 4 (mod 9) ada. Dari algoritma Euclidean diperoleh bahwa

9 = 2 × 4 + 1

Susun persamaan di atas menjadi

–2 × 4 + 1 × 9 = 1

Dari persamaan terakhir ini kita peroleh –2 adalah balikan dari 4 modulo 9. Periksalah bahwa

–2 × 4 º 1 (mod 9) (9 habis membagi –2 × 4 – 1 = –9)

(b) Karena PBB(17, 7) = 1, maka balikan dari 17 (mod 7) ada. Dari algoritma Euclidean diperoleh rangkaian pembagian berikut:

17 = 2 × 7 + 3 (i)

7 = 2 × 3 + 1 (ii)

3 = 3 × 1 + 0 (iii) (yang berarti: PBB(17, 7) = 1) )

Susun (ii) menjadi:

1 = 7 – 2 × 3 (iv)

Susun (i) menjadi

3 = 17 – 2 × 7 (v)

Sulihkan (v) ke dalam (iv):

1 = 7 – 2 × (17 – 2 × 7) = 1 × 7 – 2 × 17 + 4 × 7 = 5 × 7 – 2 × 17

atau

–2 × 17 + 5 × 7 = 1

Dari persamaan terakhir ini kita peroleh –2 adalah balikan dari 17 modulo 7.

–2 × 17 º 1 (mod 7) (7 habis membagi –2 × 17 – 1 = –35)

(c) Karena PBB(18, 10) = 2 ¹ 1, maka balikan dari 18 (mod 10) tidak ada.

K Kekongruenan Lanjar

• Kekongruenan lanjar adalah kongruen yang berbentuk

ax º b (mod m)

dengan m adalah bilangan bulat positif, a dan b sembarang bilangan bulat, dan x adalah peubah bilangan bulat.

• Nilai-nilai x dicari sebagai berikut:

ax = b + km

yang dapat disusun menjadi:x = b+km / a

dengan k adalah sembarang bilangan bulat. Cobakan untuk k = 0, 1, 2, … dan k = –1, –2, … yang menghasilkan x sebagai bilangan bulat.

Contoh 13.

Tentukan solusi: 4x º 3 (mod 9) dan 2x º 3 (mod 4)

Penyelesaian:

(i) 4x º 3 (mod 9)

k = 0 à x = (3 + 0 × 9)/4 = 3/4 (bukan solusi)

k = 1 à x = (3 + 1 × 9)/4 = 3

k = 2 à x = (3 + 2 × 9)/4 = 21/4 (bukan solusi)

k = 3, k = 4 tidak menghasilkan solusi

k = 5 à x = (3 + 5 × 9)/4 = 12

…

k = –1 à x = (3 – 1 × 9)/4 = –6/4 (bukan solusi)

k = –2 à x = (3 – 2 × 9)/4 = –15/4 (bukan solusi)

k = –3 à x = (3 – 3 × 9)/4 = –6

…

k = –6 à x = (3 – 6 × 9)/4 = –15

…

Nilai-nilai x yang memenuhi: 3, 12, … dan –6, –15, …

(ii) 2x º 3 (mod 4)

Karena 4k genap dan 3 ganjil maka penjumlahannya menghasilkan ganjil, sehingga hasil penjumlahan tersebut jika dibagi dengan 2 tidak menghasilkan bilangan bulat. Dengan kata lain, tidak ada nilai-nilai x yang memenuhi 2x º 3 (mod 5).

Chinese Remainder Problem

Pada abad pertama, seorang matematikawan China yang bernama Sun Tse mengajukan pertanyaan sebagai berikut:

Tentukan sebuah bilangan bulat yang bila dibagi dengan 5 menyisakan 3, bila dibagi 7 menyisakan 5, dan bila dibagi 11 menyisakan 7.

Pertanyaan Sun Tse dapat dirumuskan kedalam sistem kongruen lanjar:

x º 3 (mod 5)

x º 5 (mod 7)

x º 7 (mod 11)

TEOREMA 5.6. (Chinese Remainder Theorem) Misalkan m₁, m₂, …, m_n adalah bilangan bulat positif sedemikian sehingga PBB(m_i, m_j) = 1 untuk i ¹ j. Maka sistem kongruen lanjar

x º a_k (mod m_k)

mempunyai sebuah solusi unik modulo m = m₁ × m₂ × … × m_n.

Contoh 14.

Tentukan solusi dari pertanyaan Sun Tse di atas.

Penyelesaian:

Menurut persamaan (5.6), kongruen pertama, x º 3 (mod 5), memberikan x = 3 + 5k₁ untuk beberapa nilai k. Sulihkan ini ke dalam kongruen kedua menjadi 3 + 5k₁ º 5 (mod 7), dari sini kita peroleh k₁ º 6 (mod 7), atau k₁ = 6 + 7k₂ untuk beberapa nilai k₂. Jadi kita mendapatkan x = 3 + 5k₁ = 3 + 5(6 + 7k₂) = 33 + 35k₂ yang mana memenuhi dua kongruen pertama. Jika x memenuhi kongruen yang ketiga, kita harus mempunyai 33 + 35k₂ º 7 (mod 11), yang mengakibatkan k₂ º 9 (mod 11) atau k₂ = 9 + 11k₃. Sulihkan k₂ ini ke dalam kongruen yang ketiga menghasilkan x = 33 + 35(9 + 11k₃) º 348 + 385k₃ (mod 11). Dengan demikian, x º 348 (mod 385) yang memenuhi ketiga konruen tersebut. Dengan kata lain, 348 adalah solusi unik modulo 385. Catatlah bahwa 385 = 5 × 7 × 11.

Solusi unik ini mudah dibuktikan sebagai berikut. Solusi tersebut modulo m = m₁ × m₂ × m₃ = 5 × 7 × 11 = 5 × 77 = 11 × 35. Karena 77 3 º 1 (mod 5), 55 × 6 º 1 (mod 7), dan 35 × 6 º 1 (mod 11), solusi unik dari sistem kongruen tersebut adalah

x º 3 × 77 × 3 + 5 × 55 × 6 + 7 × 35 × 6 (mod 385)

º 3813 (mod 385) º 348 (mod 385)

Aritmetika Modulo dan Kriptografi

Aritmetika modulo cocok digunakan untuk kriptografi karena dua alasan:

1. Oleh karena nilai-nilai aritmetika modulo berada dalam himpunan berhingga (0 sampai modulus m – 1), maka kita tidak perlu khawatir hasil perhitungan berada di luar himpunan.

2. Karena kita bekerja dengan bilangan bulat, maka kita tidak khawatir kehilangan informasi akibat pembulatan (round off) sebagaimana pada operasi bilangan riil.

Bilangan Prima

• Bilangan bulat positif p (p > 1) disebut bilangan prima jika pembaginya hanya 1 dan p.

• Contoh: 23 adalah bilangan prima karena ia hanya habis dibagi oleh 1 dan 23.

• Karena bilangan prima harus lebih besar dari 1, maka barisan bilangan prima dimulai dari 2, yaitu 2, 3, 5, 7, 11, 13, …. Seluruh bilangan prima adalah bilangan ganjil, kecuali 2 yang merupakan bilangan genap.

• Bilangan selain prima disebut bilangan komposit (composite). Misalnya 20 adalah bilangan komposit karena 20 dapat dibagi oleh 2, 4, 5, dan 10, selain 1 dan 20 sendiri.

Teorema 3. (The Fundamental Theorem of Arithmetic). Setiap bilangan bulat positif yang lebih besar atau sama dengan 2 dapat dinyatakan sebagai perkalian satu atau lebih bilangan prima.

Contoh 15.

9 = 3 ´ 3 (2 buah faktor prima)

100 = 2 ´ 2 ´ 5 ´ 5 (4 buah faktor prima)

13 = 13 (atau 1 ´ 13) (1 buah faktor prima)

• Untuk menguji apakah n merupakan bilangan prima atau komposit, kita cukup membagi n dengan sejumlah bilangan prima, mulai dari 2, 3, … , bilangan prima £ Ön. Jika n habis dibagi dengan salah satu dari bilangan prima tersebut, maka n adalah bilangan komposit, tetapi jika n tidak habis dibagi oleh semua bilangan prima tersebut, maka n adalah bilangan prima.

Contoh 16.

Tunjukkan apakah (i) 171 dan (ii) 199 merupakan bilangan prima atau komposit.

Penyelesaian:

(i) Ö171 = 13.077. Bilangan prima yang £ Ö171 adalah 2, 3, 5, 7, 11, 13. Karena 171 habis dibagi 3, maka 171 adalah bilangan komposit.

(ii) Ö199 = 14.107. Bilangan prima yang £ Ö199 adalah 2, 3, 5, 7, 11, 13. Karena 199 tidak habis dibagi 2, 3, 5, 7, 11, dan 13, maka 199 adalah bilangan prima.

• Terdapat metode lain yang dapat digunakan untuk menguji keprimaan suatu bilangan bulat, yang terkenal dengan Teorema Fermat. Fermat (dibaca “Fair-ma”) adalah seorang matematikawan Perancis pada tahun 1640.

Teorema 4 (Teorema Fermat). Jika p adalah bilangan prima dan a adalah bilangan bulat yang tidak habis dibagi dengan p, yaitu PBB(a, p) = 1, maka

a^p–1 º 1 (mod p)

Contoh 17.

Kita akan menguji apakah 17 dan 21 bilangan prima atau bukan. Di sini kita mengambil nilai a = 2 karena PBB(17, 2) = 1 dan PBB(21, 2) = 1. Untuk 17,

2^17–1 = 65536 º 1 (mod 17)

karena 17 tidak membagi 65536 – 1 = 65535 (6553517 = 3855).

Untuk 21,

2^21–1 =1048576 º\ 1 (mod 21)

karena 21 tidak habis membagi 1048576 – 1 = 1048575.

· Kelemahan Teorema Fermat: terdapat bilangan komposit n sedemikian sehingga 2^n–1 º 1 (mod n). Bilangan bulat seperti itu disebut bilangan prima semu (pseudoprimes).

· Misalnya komposit 341 (yaitu 341 = 11 × 31) adalah bilangan prima semu karena menurut teorema Fermat,

2³⁴⁰ º 1 (mod 341)

Untunglah bilangan prima semu relatif jarang terdapat.

Contoh 18.

Periksalah bahwa (i) 3¹⁶ º 1 (mod 17) dan (ii) 18⁶ º 1 (mod 49).

Penyelesaian:

(i) Dengan mengetahui bahwa kongruen 3³ º 10 (mod 17), kuadratkan kongruen tersebut menghasilkan

3⁶ º 100 º –2 (mod 17)

Kuadratkan lagi untuk menghasilkan

3¹² º 4 (mod 17)

Dengan demikian, 3¹⁶ º 3¹² × 3³ × 3 º 4 × 10 × 3 º 120 º 1 (mod 17)

(ii) Caranya sama seperti penyelesaian (i) di atas:

18² º 324 º 30 (mod 49)

18⁴ º 900 º 18 (mod 49)

18⁶ º 18⁴ × 18² º 18 × 30 º 540 º 1 (mod 49)

Fungsi Euler f

Fungsi Euler f medefinisikan f(n) untuk n ³ 1 yang menyatakan jumlah bilangan bulat positif < n yang relatif prima dengan n.

Contoh 19.

Tentukan f(20).

Penyelesaian:

Bilangan bulat positif yang lebih kecil dari 20 adalah 1 sampai 19. Di antara bilangan-bilangan tersebut, terdapat f(20) = 8 buah yang relatif prima dengan 20, yaitu 1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, 19.

Untuk n = 1, 2, …, 10, fungsi Euler adalah

f(1) = 0 f(6) = 2

f(2) = 1 f(7) = 6

f(3) = 2 f(8) = 4

f(4) = 2 f(9) = 6

f(5) = 4 f(10) = 4

• Jika n prima, maka setiap bilangan bulat yang lebih kecil dari n relatif prima terhadap n. Dengan kata lain, f(n) = n – 1 hanya jika n prima.

Contoh 20.

f(3) = 2, f(5) = 4, f(7) = 6, f(11) = 10, f(13) = 12, …

Teorema 5. Jika n = pq adalah bilangan komposit dengan p dan q prima, maka f(n) = f(p) f(q) = (p – 1)(q – 1).

Contoh 21.

Tentukan f(21).

Penyelesaian:

Karena 21 = 7 × 3, f(21) = f(7) f(3) = 6 × 2 = 12 buah bilangan bulat yang relatif prima terhadap 21, yaitu 1, 2, 4, 5, 8, 10, 11, 13, 14, 17, 19, 20.

Teorema 6. Jika p bilangan prima dan k > 0, maka f(p^k) = p^k – p^k-1 = p^k-1(p – 1) .

Contoh 22.

Tentukan f(16).

Penyelesaian:

Karena f(16) = f(2⁴) = 2⁴ – 2³ = 16 – 8 = 8, maka ada delapan buah bilangan bulat yang relatif prima terhadap 16, yaitu 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13.

Teorema 7 (Euler’s generalization of Fermat theorem). Jika PBB(a, n) = 1, maka

a^f(n) mod n = 1 (atau a^f(n) º 1 (mod n) )