Aku Muncul Lagi Nich!!!

Assalamualaikum akhi ukhti....!!!

Udah lama banget aku ndak muncul ya??? Ceritanya aku tuh lupa akun blog ini, eh ternyata gak tau tiba-tiba ini tadi bisa buka blog ini. Mungkin akunya aja yang kurang bisa otak atik ini blog. Mungkin terakhir buka blog ini itu waktu SMA, dan sekarang aku udah kuliah semester 5. Lama banget kan???

Jujur ya? buka akun ini seakan luka lama yang terbuka kembali. Tau kenapa?  Lihat judul dari blog ini, isinya juga, blog ini semua tentang matematika. Dulu waktu masih sekolah aku suka banget dengan matematika. dan aku juga merasa punya bakat di matematika. Olimpiade matematika rajin aku ikuti waktu di SMA dulu. cita-cita pengen jadi guru matematika. Tapi Alloh berkehendak lain, tes masuk universitas sana-sini aku ikuti dengan piliha pertama jurusan pendidikan matematika, tapi aku keterima nya di jurusan IPA Unesa. Pengumuman aku lolos SBMPTN itu membuatku seneng dan galau juga. tapi setelah aku pikir-pikir mungkin ini sudah menjadi jalan saya. Alloh berkehendak supaya saya belajar lagi tentang IPA dan semoga nanti bisa menjadi guru IPA. dan kalo memang masih ada kesempatan semoga semoga aku juga bisa menjadi guru matematika walaupun bukan guru disekolah formal.

Sekarang saya lebih sering berkutik dengan materi IPA SMP, untuk tau tentang aku di passion IPA ku bisa kunjungi blog saya di www.kakaros39.blogspot.com . ditunggu kunjungannya....!!!!

tapi insya Alloh saya akan juga tetap jalankan blog ini juga....

sekkian dari aku, tunggu posan ku selanjutnya.....

Wassalamualaikum akhi... ukhti...

Materi Bab Peluang, Permutasi & Kombinasi Matematika

Peluang, Permutasi & Kombinasi Matematika

ini adalah kumpulan materi bab Peluang, Permutasi & Kombinasi Matematika. Materi ini sangat bermanfaat  untuk anak SMA yang akan mengikuti UAN, SPMB, dan SIMAK UI. Silakan dipelajari .
Pantang menyerah ya...!!! karna matematika itu asyik dan menyenangkan....!!!

1) Permutasi 
Permutasi adalah susunan unsur-unsur yang berbeda dalam urutan tertentu. Pada permutasi urutan diperhatikan sehingga 
Permutasi k unsur dari n unsur adalah semua urutan yang berbeda yang mungkin dari k unsur yang diambil dari n unsur yang berbeda. Banyak permutasi k unsur dari n unsur ditulis atau .
Permutasi siklis (melingkar) dari n unsur adalah (n-1) !
Cara cepat mengerjakan soal permutasi

dengan penulisan nPk, hitung 10P4
kita langsung tulis 4 angka dari 10 mundur, yaitu 10.9.8.7
jadi 10P4 = 10x9x8x7 berapa itu? hitung sendiri 

Contoh permutasi siklis :

Suatu keluarga yang terdiri atas 6 orang duduk mengelilingi sebuah meja makan yang berbentuk lingkaran. Berapa banyak cara agar mereka dapat duduk mengelilingi meja makan dengan cara yang berbeda?
Jawab :
Banyaknya cara agar 6 orang dapat duduk mengelilingi meja makan dengan urutan yang berbeda sama dengan banyak permutasi siklis (melingkar) 6 unsur yaitu :

2) Kombinasi 
Kombinasi adalah susunan unsur-unsur dengan tidak memperhatikan urutannya. Pada kombinasi AB = BA. Dari suatu himpunan dengan n unsur dapat disusun himpunan bagiannya dengan untuk Setiap himpunan bagian dengan k unsur dari himpunan dengan unsur n disebut kombinasi k unsur dari n yang dilambangkan dengan , 

Contoh :
Diketahui himpunan  .
Tentukan banyak himpunan bagian dari himpunan A yang memiliki 2 unsur!
Jawab :

Banyak himpunan bagian dari A yang memiliki 2 unsur adalah C (6, 2).

Cara cepat mengerjakan soal kombinasi

dengan penulisan nCk, hitung 10C4

kita langsung tulis 4 angka dari 10 mundur lalu dibagi 4!, yaitu 10.9.8.7 dibagi 4.3.2.1
jadi 10C4 = 10x9x8x7 / 4x3x2x1 berapa itu? hitung sendiri 

Ohya jika ditanya 10C6 maka sama dengan 10C4, ingat 10C6=10C4. contoh lainnya
20C5=20C15
3C2=3C1
100C97=100C3
melihat polanya? hehe semoga bermanfaat!

Peluang Matematika

1. Pengertian Ruang Sampel dan Kejadian 
Himpunan S dari semua kejadian atau peristiwa yang mungkin mucul dari suatu percobaan disebut ruang sampel. Kejadian khusus atau suatu unsur dari S disebut titik sampel atau sampel. Suatu kejadian A adalah suatu himpunan bagian dari ruang sampel S.

Contoh:
Diberikan percobaan pelemparan 3 mata uang logam sekaligus 1 kali, yang masing-masing memiliki sisi angka ( A ) dan gambar ( G ). Jika P adalah kejadian muncul dua angka, tentukan S, P (kejadian)!
Jawab :
S = { AAA, AAG, AGA, GAA, GAG, AGG, GGA, GGG}
P = {AAG, AGA, GAA}

2. Pengertian Peluang Suatu Kejadian 
Pada suatu percobaan terdapat n hasil yang mungkin dan masing-masing berkesempatan sama untuk muncul. Jika dari hasil percobaan ini terdapat k hasil yang merupakan kejadian A, maka peluang kejadian A ditulis P ( A ) ditentukan dengan rumus : 

Contoh :
Pada percobaan pelemparan sebuah dadu, tentukanlah peluang percobaan kejadian muncul bilangan genap!
Jawab : S = { 1, 2, 3, 4, 5, 6} maka n ( S ) = 6
Misalkan A adalah kejadian muncul bilangan genap, maka:
A = {2, 4, 6} dan n ( A ) = 3

3. Kisaran Nilai Peluang Matematika
Misalkan A adalah sebarang kejadian pada ruang sampel S dengan n ( S ) = n, n ( A ) = k dan 
Jadi, peluang suatu kejadian terletak pada interval tertutup [0,1]. Suatu kejadian yang peluangnya nol dinamakan kejadian mustahil dan kejadian yang peluangnya 1 dinamakan kejadian pasti.

4. Frekuensi Harapan Suatu Kejadian 
Jika A adalah suatu kejadian pada frekuensi ruang sampel S dengan peluang P ( A ), maka frekuensi harapan kejadian A dari n kali percobaan adalah n x P( A ).

Contoh :
Bila sebuah dadu dilempar 720 kali, berapakah frekuensi harapan dari munculnya mata dadu 1? Jawab :
Pada pelemparan dadu 1 kali, S = { 1, 2, 3, 4, 5, 6 } maka n (S) = 6.
Misalkan A adalah kejadian munculnya mata dadu 1, maka:
A = { 1 } dan n ( A ) sehingga : 

Frekuensi harapan munculnya mata dadu 1 adalah

5. Peluang Komplemen Suatu Kejadian 
Misalkan S adalah ruang sampel dengan n ( S ) = n, A adalah kejadian pada ruang sampel S, dengan n ( A ) = k dan Ac adalah komplemen kejadian A, maka nilai n (Ac) = n – k, sehingga :

Jadi, jika peluang hasil dari suatu percobaan adalah P, maka peluang hasil itu tidak terjadi adalah (1 – P).

Peluang Kejadian Majemuk

1. Gabungan Dua Kejadian 
Untuk setiap kejadian A dan B berlaku : 

Catatan : dibaca “ Kejadian A atau B dan  dibaca “Kejadian A dan B”

Contoh :
Pada pelemparan sebuah dadu, A adalah kejadian munculnya bilangan komposit dan B adalah kejadian muncul bilangan genap. Carilah peluang kejadian A atau B!
Jawab :

2. Kejadian-kejadian Saling Lepas 
Untuk setiap kejadian berlaku  Jika  . Sehingga Dalam kasus ini, A dan B disebut dua kejadian saling lepas.

3. Kejadian Bersyarat 
Jika P (B) adalah peluang kejadian B, maka P (A|B) didefinisikan sebagai peluang kejadian A dengan syarat B telah terjadi. Jika  adalah peluang terjadinya A dan B, maka  Dalam kasus ini, dua kejadian tersebut tidak saling bebas.

4. Teorema Bayes 
Teorema Bayes(1720 – 1763) mengemukakan hubungan antara P (A|B) dengan P ( B|A ) dalam teorema berikut ini : 

5. Kejadian saling bebas Stokhastik 
(i) Misalkan A dan B adalah kejadian – kejadian pada ruang sampel S, A dan B disebut dua kejadian saling bebas stokhastik apabila kemunculan salah satu tidak dipengaruhi kemunculan yang lainnya atau : P (A | B) = P (A), sehingga:

Sebaran Peluang

1. Pengertian Peubah acak dan Sebaran Peluang. 
Peubah acak X adalah fungsi dari suatu sampel S ke bilangan real R. Jika X adalah peubah acak pada ruang sampel S denga X (S) merupakan himpunan berhingga, peubah acak X dinamakan peubah acak diskrit. Jika Y adalah peubah acak pada ruang sampel S dengan Y(S) merupakan interval, peubah acak Y disebut peubah acak kontinu. Jika X adalah fungsi dari sampel S ke himpunan bilangan real R, untuk setiap dan setiap maka:

Misalkan X adalah peubah acak diskrit pada ruang sampel S, fungsi masa peluang disingkat sebaran peluang dari X adalah fungsi f dari R yang ditentukan dengan rumus berikut :

2. Sebaran Binom 
Sebaran Binom atau Distribusi Binomial dinyatakan dengan rumus sebagai berikut :

Dengan P sebagai parameter dan 
Rumus ini dinyatakan sebagai:
 untuk n = 0, 1, 2, …. ,n
Dengan P sebagai parameter dan 

P = Peluang sukses
n = Banyak percobaan
x = Muncul sukses
n-x = Muncul gagal

TEORI BILANGAN DASAR

TEORI BILANGAN DASAR

• 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 unikq (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.

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.

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

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

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 amod 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 mterletak 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 aº b (mod m) jika m habis membagi a – b.

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

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)                                                        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 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 asedemikian sehingga

                        a aº 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 modulom.            ¾

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

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 =

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 º5 (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, makaf(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) )