Teori Bilangan Bulat

Teori Bilangan Bulat

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                                              (1)

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.

Teorema 2. Misalkan m dan n adalah dua buah bilangan bulat dengan syarat n > 0 sedemikian sehingga

               m = nq + r      , 0 £ r < n

maka PBB(m, n) = PBB(n, r)

Contoh 3: m = 60, n = 18,

60 = 18 × 3  + 12

                  maka PBB(60, 18) = PBB(18, 12) = 6

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.

Misalkan m dan n adalah bilangan bulat tak negatif dengan

m ³ n. Misalkan r₀ = m dan r₁ = n.

Lakukan secara berturut-turut pembagian untuk memperoleh

          r₀ = r₁q₁ + r₂                 0 £ r₂ £ r₁,

          r₁ = r₂q₂ + r₃                 0 £ r₃ £ r₂,

          r_{n– 2} = r_n–1 q_n–1  + r_n      0 £ r_n £ r_n–1,

          r_n–1  = r_nq_n  + 0

Menurut Teorema 2,

          PBB(m, n) = PBB(r₀, r₁) = PBB(r₁, r₂) = … =

         PBB(r_{n– 2}, r_{n– 1})  = PBB(r_{n– 1}, r_n) = PBB(r_n, 0) = r_n

Jadi, PBB dari m dan n adalah sisa terakhir yang tidak nol dari runtunan pembagian tersebut

·       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.

procedure Euclidean(input m, n : integer,                     output PBB : integer) { Mencari PBB(m, n) dengan syarat m dan n bilangan tak-negatif dan m ³ n   Masukan: m dan n, m ³ n dan m, n ³ 0   Keluaran: PBB(m, n) } Deklarasi    r : integer Algoritma:    while n ¹ 0 do       r¬m mod n       m¬n       n¬r    endwhile      { n = 0, maka PBB(m,n) = m }    PBB¬m

Contoh 4. m = 80, n = 12 dan dipenuhi syarat m ³ n

          

Sisa pembagian terakhir sebelum 0 adalah 4, maka PBB(80, 12) = 4.                                               

·       PBB dua buah bilangan bulat a dan b dapat dinyatakan sebagai kombinasi lanjar (linear combination) a dan b dengan dengan koefisien-koefisennya.

Teorema 3. Misalkan a dan b adalah dua buah bilangan bulat positif, maka terdapat bilangan bulat m dan n sedemikian sehingga PBB(a, b) = ma + nb.

Misalnya PBB(80, 12) = 4 , dan 4 = (-1) × 80 + 7 × 12.

Contoh 5. Nyatakan PBB(60, 18) = 6 sebagai kombinasi lanjar dari 60 dan 18.

Relatif Prima

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

·       Contoh 6. 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 7. 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 8. 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 9.

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 10.

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 11.

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 4. 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)                                                 ¾                                                 

                  

     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)                    ¾                   

Contoh 12.

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 4 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.                    ¾

·       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 13.

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.

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

            

         

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

Contoh 14.

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. (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 15.

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)

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 6. (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 16.

          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 17.

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 6 (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 18. 

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 habis 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 19.

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)

               

Kriptografi

·       Kriptografi: ilmu sekaligus seni untuk menjaga kerahasiaan pesan (data atau informasi) dengan cara menyamarkannya (to crypt artinya menyamar) menjadi bentuk yang tidak dapat dimengerti.

·       Tujuan penyandian adalah agar isi pesan tidak dapat dimengerti oleh orang yang tidak berhak.

·       Kehidupan saat ini dikelilingi oleh kriptografi, mulai:

- ATM tempatmengambil uang,

- Telepon genggam (HP),

- Komputer di lab/kantor,

- Internet,

- Gedung-gedung bisnis,

- sampai ke pangkalan militer

Sejarah Kriptografi

·       Kriptografi sudah lama digunakan oleh tentara Sparta di Yunani pada permulaan tahun 400 SM.

Scytale : Pita panjang dari daun papyrus +  sebatang silinder

Pesan ditulis horizontal (baris per baris).

Bila pita dilepaskan, maka huruf-huruf di dalamnya telah tersusun membentuk pesan rahasia.

Untuk membaca pesan, penerima melilitkan kembali silinder yang diameternya sama dengan diameter silinder pengirim.

·       Beberapa terminologi dasar dalam kriptografi:

1.            Plainteks (plaintext atau cleartext, artinya teks jelas yang dapat dimengerti): pesan yang dirahasiakan.

2.            Chiperteks (chipertext atau cryptogram, artinya teks tersandi): pesan hasil penyandian.

3.            Enkripsi (encryption atau enchipering): proses penyandian dari plainteks ke chiperteks.

4.            Dekripsi (decryption atau dechipering): proses pembalikan dari chiperteks ke plainteks

      

       plainteks                           chiperteks                        plainteks semula

enkripsi                        dekripsi

                Contoh:

                  plainteks:   uang disimpan di balik buku X

                   chiperteks: j&kloP(d$gkhtpuBn%6^klp..t@8^

5.            Algoritma kriptografi (atau chiper):

-  aturan untuk enchipering dan dechipering

 - fungsi matematika yang digunakan untuk enkripsi dan dekripsi.

6.  Kriptografer: orang menggunakan algoritma kriptografi  untuk merahasiakan pesan dan mendekripsikannya kembali

7. Kriptanalisis (cryptanalysis): ilmu dan seni untuk memecahkan chiperteks, berupa proses untuk memperoleh plainteks dari chiperteks tanpa mengetahui kunci yang diberikan. Pelakunya disebut kriptanalis.

8. Kriptologi (cryptology): studi mengenai kriptografi dan kriptanalisis.   

·       Aplikasi kriptografi:

1.    Pengiriman data melalui saluran komunikasi

2.    Penyimpanan data di dalam disk storage.

·       Data ditransmisikan dalam bentuk chiperteks. Di tempat penerima chiperteks dikembalikan lagi menjadi plainteks.

·       Data di dalam media penyimpanan komputer (seperti hard disk) disimpan dalam bentuk chiperteks. Untuk membacanya, hanya orang yang berhak yang dapat mengembalikan chiperteks menjadi plainteks.

Notasi Matematis

·       Misalkan:

C = chiperteks

P = plainteks dilambangkan

·       Fungsi enkripsi E memetakan P ke C,

          E(P) = C                                                                      

·       Fungsi dekripsi D memetakan C ke P,

          D(C) = P                                                                      

·       Karena proses enkripsi kemudian dekripsi mengembalikan pesan ke pesan asal, maka kesamaan berikut harus benar,

         

                   D(E(P)) = P                                                                          

·       Pada sistem kriptografi modern, kekuatan kriptografinya terletak pada kunci,  yang berupa deretan karakter atau bilangan bulat, dijaga kerahasiaannya.

·       Dengan menggunakan kunci K, maka fungsi enkripsi dan dekripsi menjadi

E_K1(P) = C                                                                   

          D_K2(C) = P                                                                   

    dan kedua fungsi ini memenuhi

          D_K2(E_K1(P)) = P

                                K₁                                      K₂

      

       plainteks                           chiperteks                        plainteks semula

enkripsi                        dekripsi

·       Jika K1 = K2, maka algoritma kriptografinya disebut algoritma simetri, konvensional, secret key, atau one-key .

     Contoh: DES (Data Encyption Standard).

·       Jika K1 ¹ K2,  maka sistem kriptogafinya disebut algoritma nirsimetri atau kunci publik

    Contoh: RSA (Rivest-Shamir-Adleman)

Caesar Cipher

·       Ini adalah algoritma kriptografi yang mula-mula digunakan oleh kaisar Romawi, Julius Caesar (sehingga dinamakan juga caesar chiper), untuk menyandikan pesan yang ia kirim kepada para gubernurnya.

·       Caranya adalah dengan mengganti (menyulih atau mensubstitusi) setiap karakter dengan karakter lain dalam susunan abjad (alfabet).

·       Misalnya, tiap huruf disubstitusi dengan  huruf ketiga berikutnya dari susunan akjad. Dalam hal ini kuncinya adalah jumlah pergeseran huruf (yaitu k = 3). 

Tabel substitusi:

p_i : A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z

c_i : D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z A B C

Contoh 20. Pesan

                   AWASI ASTERIX DAN TEMANNYA OBELIX

disamarkan (enskripsi) menjadi

                   DZDVL DVWHULA GDQ WHPDQQBA REHOLA

Penerima pesan men-dekripsi chiperteks dengan menggunakan tabel substitusi, sehingga chiperteks

DZDVL DVWHULA GDQ WHPDQQBA REHOLA

dapat dikembalikan menjadi plainteks semula:

AWASI ASTERIX DAN TEMANNYA OBELIX

·       Dengan mengkodekan setiap huruf abjad dengan integer sebagai berikut: A = 0, B = 1, …, Z = 25, maka secara matematis caesar chiper menyandikan plainteks p_i menjadi c_i dengan aturan:

c_i = E(p_i) = (p_i + 3) mod 26                                        (1)

dan dekripsi chiperteks c_i menjadi p_i dengan aturan:

 

          p_i = D(c_i) = (c_i – 3) mod 26                                        (2)

Algoritma RSA

ALGORITMA RSA 1.    Pilih dua buah bilangan prima sembarang, sebut a dan b. Jaga kerahasiaan a dan b ini. 2.    Hitung n = a ´ b. Besaran n tidak dirahasiakan. 3.    Hitung m = (a – 1) ´ (b – 1). Sekali m telah dihitung, a dan b dapat dihapus untuk mencegah diketahuinya oleh pihak lain. 4.    Pilih sebuah bilangan bulat untuk kunci publik, sebut namanya e, yang relatif prima terhadap m.  5.    Bangkitkan kunci dekripsi, d, dengan kekongruenan ed º 1 (mod m). Lakukan enkripsi terhadap isi pesan dengan persamaan ci = pie mod n, yang dalam hal ini pi adalah blok plainteks, ci adalah chiperteks yang diperoleh, dan e adalah kunci enkripsi (kunci publik). Harus dipenuhi persyaratan bahwa nilai pi harus terletak dalam himpunan nilai 0, 1, 2, …, n – 1 untuk menjamin hasil perhitungan tidak berada di luar himpunan. 6.    Proses dekripsi dilakukan dengan menggunakan persamaan pi = cid mod n, yang dalam hal ini d adalah kunci dekripsi.

Contoh 21. Misalkan a = 47 dan b = 71 (keduanya prima), maka dapat dihitung

n = a ´ b = 3337 dan m = (a – 1)´(b – 1) = 3220.

Pilih kunci publik e = 79 (yang relatif prima dengan 3220 karena pembagi bersama terbesarnya adalah 1).  Nilai e dan m dapat dipublikasikan ke umum.

Selanjutnya akan dihitung kunci dekripsi d seperti yang dituliskan pada langkah instruksi 4,

                   e ´ d º 1 (mod m)

Kunci dekripsi d sebagai berikut:                                                                             

Dengan mencoba nilai-nilai k = 1, 2, 3, …, diperoleh nilai d yang bulat adalah 1019. Ini adalah kunci dekripsi.

Misalkan plainteks

P = HARI INI

atau dalam desimal ASCII:

7265827332737873

Pecah P menjadi blok yang lebih kecil (misal 3 digit):

          p₁ = 726              p₄ = 273

          p₂ = 582              p₅ = 787

          p₃ = 733              p₆ = 003

Blok pertama dienkripsikan sebagai 726⁷⁹ mod 3337 = 215 = c₁.

Blok kedua dienkripsikan sebagai 582⁷⁹ mod 3337 = 776 = c₂.

Dengan melakukan proses yang sama untuk sisa blok lainnya, dihasilkan chiperteks C = 215 776 1743 933 1731 158.

Proses dekripsi dilakukan dengan menggunakan kunci rahasia d = 1019.

Blok c₁ didekripsikan sebagai 215¹⁰¹⁹ mod 3337 = 726 = p₁,

Blok c₂ didekripsikan sebagai 776¹⁰¹⁹ mod 3337 = 582 = p₂.

Blok plainteks yang lain dikembalikan dengan cara yang serupa. Akhirnya kita memperoleh kembali plainteks semula P = 7265827332737873 yang karakternya adalah P = HARI INI.                                                 

Perhitungan perpangkatan pada proses enkripsi (c_i = p_i^e mod n)dan dekripsi (p_i = c_i^d mod n) membutuhkan bilangan yang sangat besar. Untuk menghindari penggunaan bilangan yang besar, maka dapat digunakan penyederhanaan dengan persamaan berikut:

                             ab mod m = [(a mod m)(b mod m)] mod m                                  (5.14)         

Kekuatan dan Keamanan RSA

·       Kekuatan algoritma RSA terletak pada tingkat kesulitan dalam memfaktorkan bilangan non prima menjadi faktor primanya, yang dalam hal ini n = a ´ b.

·       Sekali n berhasil difaktorkan menjadi a dan b, maka m = (a – 1)´(b – 1) dapat dihitung. Selanjutnya, karena kunci enkrispi e diumumkan (tidak rahasia), maka  kunci dekripsi d dapat dihitung dari persamaan e ´ d º 1 (mod m). Ini berarti proses dekripsi dapat dilakukan oleh orang yang tidak berhak.

·       Penemu algoritma RSA menyarankan nilai a dan b panjangnya lebih dari 100 digit. Dengan demikian hasil kali n = a ´ b akan berukuran lebih dari 200 digit. Bayangkanlah berapa besar usaha kerja yang diperlukan untuk memfaktorkan bilangan bulat 200 digit menjadi faktor primanya. Menurut Rivest dan kawan-kawan, uasaha untuk mencari faktor bilangan 200 digit membutuhkan waktu komputasi selama 4 milyar tahun! (dengan asumsi bahwa algoritma pemfaktoran yang digunakan adalah algoritma yang tercepat saat ini dan komputer yang dipakai mempunyai kecepatan 1 milidetik).

Fungsi Hash

                                h(k) = k mod m                                                                                                            

- m adalah jumlah lokasi memori yang tersedia

- Fungsi h menempatkan record dengan kunci k pada

   lokasi memori yang beralamat h(k).

Contoh: m = 11 mempunyai sel-sel memori yang diberi indeks 0 sampai 10. Akan disimpan data record yang masing-masing mempunyai kunci 15, 558, 32, 132, 102, dan 5.

                   h(15) = 15 mod 11 = 4

                   h(558) = 558 mod 11 = 8

                   h(32) = 32 mod 11 = 10

                   h(132) = 132 mod 11 = 0

                   h(102) = 102 mod 11 = 3

                   h(5) = 5 mod 11 = 5

132			102	15	5			558		32
0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10

International Standard Book Number (ISBN)

·       Kode ISBN terdiri dari 10 karakter, biasanya dikelompokkan dengan spasi atau garis, misalnya 0–3015–4561–9.

·       ISBN terdiri atas empat bagian kode:

- kode yang mengidentifikasikan bahasa,

- kode penerbit,

- kode yang diberikan secara unik kepada buku tersebut,

- sebuah karakter uji (dapat berupa angka atau huruf X untuk merepresentasikan angka 10).

Karakter uji dipilih sedemikian sehingga

º 0 (mod  11)

mod  11 = karakter uji                                                           

Untuk kode ISBN 0–3015–4561–8, 0 adalah kode kelompok negara berbahasa Inggris, 3015 adalah kode penerbit, 4561 adalah kode unik untuk buku yang diterbitkan oleh penerbit tersebut, dan 8 adalah karakter uji. Karakter uji ini didapatkan sebagai berikut:

          1 × 0 + 2 × 3 + 3 × 0 + 4 × 1 + 5 × 5 + 6 × 4 + 7 × 5 + 8 × 6 + 9 × 1 = 151

Jadi, karakter ujinya adalah 151 mod 11 = 8.  Catatlah bahwa untuk kode ISBN ini,

= + 10x₁₀ = 151 + 10 × 8 = 231

dan 231 mod 11 = 0 atau 231 º 0 (mod 11).