第四章 公钥密码 —— 现代密码学(杨波)课后题答案解析
第四章作业参考答案
4. 用推广的Euclid算法求67 mod 119的逆元
解:初始化:(1,0,119), (0,1,67)
1:Q=119/67=1,(0,1,67) , (1,-1,52)
2:Q=67/52=1,(1,-1,52), (-1,2,15)
3:Q=52/15=3,(-1,2,15), (4,-7,7)
4:Q=15/7=2,(4,-7,7), (-9,16,1)
所以67-1 mod 119=16
10.设通信双方使用RSA加密体制,接收方的公开钥是(e,n)=(5,35),接收到的密文是C=10,求明文M。
解:由n=35,易知35=5×7,进而j(n)= j(35)=24,
由RSA加密体制可知,ed≡1 mod j(n),即5d≡1 mod 24,所以d=5
∴M=Cd mod n=105 mod 35=5
11. 已知cd mod n 的运行时间是O(log3n),用中国剩余定理改进RSA的解密运算。如果不考虑中国剩余定理的计算代价,证明改进后的解密运算速度是原解密运算速度的4倍。
证明:RSA的两个大素因子p,q的长度近似相等,约为模数n的比特长度logn的一半,即(logn)/2,而在中国剩余定理中要计算模p和模q两个模指数运算,与cd mod n 的运行时间规律相似,每一个模指数运算的运行时间仍然是其模长的三次幂,即O[((logn)/2)3]= O(log3n)/8,这样在不考虑中国剩余定理计算代价的情况下,总的运行时间为两个模指数的运行时间之和,即O(log3n)/8+O(log3n)/8=O(log3n)/4,得证。
12. 设RSA加密体制的公开钥是(e,n)=(77,221)。
(1) 用重复平方法加密明文160,得中间结果为
1602(mod 221)=185,1604(mod 221)=191,1608(mod 221)=16,16016(mod 221)=35,
16032(mod 221)=120,16064(mod 221)=35,16072(mod 221)=118,16076(mod 221)=217,
16077(mod 221)=23,
若敌手得到以上中间结果就很容易分解n,问敌手如何分解n
解:由以上中间结果得16016(mod 221)=35=16064(mod 221),
此即16064-16016=0 (mod 221)
即 (16032-1608) (16032+1608)=0 (mod 221)
(120-16)(120+16)=0 (mod 221)
104×136=0 (mod 221)
由gcd(104,221)=13及gcd(136,221)=17,可知 221的分解为221=13×17
(2) 求解密密钥d
d=e-1mod j(221)=77-1 mod 12×16
由扩展Eucild算法可得d=5。
13.在ElGamal体制中,设素数p=71,本原根g=7,
(1)如果接收方B的公开钥是yB=3,发送方A选择的随机整数k=3,求明文M=30所对应的密文。
解:C1=gk mod p=73 mod 71=59
C2=yBkM mod p=33×30 mod 71=29
所以密文为(59,29)
(2)如果A选择另一个随机数k,使得明文M=30,加密后的密文是C=(59,C2),求C2
解:由C1=gk mod p得59=gk mod p=7k mod 71,即k=3
而C2=yBkM mod p=33×30 mod 71=29
14.设背包密码系统得超递增序列为(3,4,9,17,35),乘数为t=19,模数k=73,试对good night加密。
解:由A=(3,4,9,17,35),乘数为t=19,模数k=73,
得B=t×A mod k=(57,3,25,31,8)
名文“good night”的编码为“00111”,“01111”,“01111”,“00100”,“00000”,“01110”“01001”“00111”“01000”“10100”
f(00111)=25+31+8=64,f(01111)=3+25+31+8=67,f(01111)=3+25+31+8=67,f(00100)=25
f(00000)=0,f(01110)=3+25+31=59,f(01001)=3+8=11,f(00111)=25+31+8=64,
f(01000)=3,f(10100)=57+25=82=9 mod 73
相应的密文为(64,67,67,25,0,59,11,64,3,9)
15.设背包密码系统的超递增序列为(3,4,8,17,33),乘数为t=17,模数k=67,试对密文25,2,72,92解密。
解:t-1mod k=17-1 mod 67=4 mod 67
所以4×(25,2,72,92)mod 67=(33,8,20,33)
从而可得4个明文分组为(00001,00100,10010,00001),所以由表4-5明文为:“ADRA”
16.已知n=pq,p,q都是素数,x,yÎZn*,其Jacobi符号都是1,其中Zn*=Zn-{0},证明:
(1)xy(mod n)是模n的平方剩余,当且仅当x,y都是模n的平方剩余或x,y都是模n的非平方剩余。
证明:必要性:若xy(mod n)是模n的平方剩余,即存在t使得xy=t2 mod n,
而n=pq,显然必有xy=t2 mod p 及 ,xy=t2 mod q,
所以xy也同时是模p和模q的平方剩余,即(xy/p)=1且(xy/q)=1
也即(x/p)(y/p)=1和(x/q)(y/q)=1, (a)
又由题设(x/n)=1和(y/n)=1由雅可比符号定义,此即
(x/p)(x/q)=1和(y/p)(y/q)=1 (b)
所以当(x/p)=1时由(a)中(x/p)(y/p)=1知(y/p)=1,而由(b)中(y/p)(y/q)=1知(y/q)=1,再由(a)中(x/q)(y/q)=1知(x/q)=1,即x同时是p和q的平方剩余,y也同时是p和q的平方剩余,所以x和y都是n的平方剩余。
若(x/p)=-1时由(a)中(x/p)(y/p)=1知(y/p)=-1,而由(b)中(y/p)(y/q)=1知(y/q)=-1,再由(a)中(x/q)(y/q)=1知(x/q)=-1,即x同时是p和q的非平方剩余,y也同时是p和q的非平方剩余,所以x和y都是n的非平方剩余。
充分性:若x和y都是模n的平方剩余,则x和y也都是模p和模q的平方剩余,则(x/p)=(x/q)=(y/p)=(y/q)=1,所以xy也是模p和模q的平方剩余,所以xy是模n的平方剩余
若x和y都是模n的非平方剩余,则它们对于模p和模q至少有一种情况是非平方剩余,不妨设(x/p)=-1和(y/p)=-1则由(b)式知(x/q)=-1,且(y/q)=-1,即x和y也都是模p和模q的非平方剩余。所以(x/p)(y/p)=(xy/p)=(-1)(-1)=1以及(xy/q)=1,即xy同时是模p和模q的平方剩余。所以xy是模n的平方剩余。#
(2)x3y5(mod n)是模n的平方剩余,当且仅当x,y都是模n的平方剩余或x,y都是模n的非平方剩余。
证明: 若x3y5(mod n)是模n的平方剩余,则x3y5模p和模q也是平方剩余,所以(x3y5/p)=1=(x/p)3(y/p)5,由于勒让得符号的偶数次方肯定为1(p|x情况除外) 即有1=(x/p)(y/p),以下证明如(1)。
17.在Rabin密码体制中,设p=47,q=59
(1)确定1在模n下的四个平方根。
解:由x2=1 mod 47,得x1=1 mod 47,x2=p-1=46 mod 47
由y2=1 mod 59,得y1=1 mod 59,y2=q-1=59 mod 47
n=47*59=2773
由中国剩余定理CRT,1在模n下的四个平方根分别为
U1=CRT(x1,y1)=CRT(1,1)=1*59*[59-1(mod 47)]+1*47*[47-1(mod 59)] (mod n)
=1*59*4+1*47*54 (mod 2773)=1
U2=CRT(x1,y2)=CRT(1,58)=1*59*4+58*47*54 (mod 2773)=471
U3=CRT(x2,y1)=CRT(46,1)=46*59*4+1*47*54 (mod 2773)=2302
U4=CRT(x2,y2)=CRT(46,58)=2772
(2)求明文消息2347所对应的密文
解:23472(mod 2773)=1231
(3)对上述密文确定可能的明文
解:由x2=9 mod 47,得x1=3 mod 47,x2=p-3=44 mod 47
由y2=51 mod 59,得y1=46 mod 59,y2=59-46=13 mod 59
由中国剩余定理CRT,1231在模n下的四个可能明文分别为
U1=CRT(x1,y1)=CRT(3,46)=3*59*[59-1(mod 47)]+46*47*[47-1(mod 59)] (mod n)
=3*59*4+46*47*54 (mod 2773)=990
U2=CRT(x1,y2)=CRT(3,13)=3*59*4+13*47*54 (mod 2773)=426
U3=CRT(x2,y1)=CRT(44,46)=44*59*4+46*47*54 (mod 2773)=2347
U4=CRT(x2,y2)=CRT(44,13)=2773-990=1783
18.椭圆曲线E11(1,6)表示y2=x3+x+6 (mod 11),求其上的所有点
解:模11的平方剩余有1,4,9,5,3
x=1,4,6时,y2=8 (mod 11),无解,x=9时,y2=7 (mod 11),无解,x=0时无解
x=2时,y2=2 (mod 11),y=4或7,x=3时,y2=3 (mod 11),y=5或6
x=5,7,10时,y2=4 (mod 11),y=2或9,x=8时,y2=9 (mod 11),y=3或8
所以,E11(1,6)上所有点为:
{(2,4),(2,7),(3,5),(3,6),(5,2),(5,9),(7,2),(7,9),(8,3),(8,8),(10,2),(10,9),O }
19.已知点G=(2,7)在椭圆曲线E11(1,6)上,求2G和3G
解:求2G:
λ=(3×22+1)/(2×7) mod11=13×4 mod11=8
x3=82-2-2 mod 11=5,y3=8(2-5)-7 mod 11=2
所以2G=(5,2)
求3G=2G+G=(5,2)+(2,7)
λ=(7-2)/(2-5) mod11=5×7 mod11=2
x3=22-5-2 mod 11=8,y3=2(5-8)-2 mod 11=3
所以3G=(8,3)
20.利用椭圆曲线实现ElGamal密码体制,设椭圆曲线是E11(1,6),生成元G=(2,7),接收方A的秘密钥nA=7
(1)求A的公开钥PA
解:PA=7G=2×2G+3G
先求2×2G
λ=(3×52+1)/2×2 mod11=10×3 mod11=8
x3=82-5-5 mod 11=10,y3=8(5-10)-2 mod 11=2
所以2×2G=2×(5,2)=(10,2)
PA=(10,2)+(8,3)
由于λ=(3-2)/(8-10) mod11=1×5 mod11=5
x3=52-10-8 mod 11=7,y3=5(10-7)-2 mod 11=2
所以PA=(7,2)
(2)发送方B欲发送Pm=(10,9),选择随机数k=3,求密文C
解:C=(kG,Pm+kPA),kG=3G=(8,3),kPA=2PA+PA=3G+7G=(2,7)+(7,2)
由于λ=(2-7)/(7-2) mod11=-1
x3=(-1)2-2-7 mod 11=3,y3=-1(2-3)-7 mod 11=5
Pm+kPA=(10,9)+(3,5)
由于λ=(5-9)/(3-10) mod11=-1
x3=(-1)2-10-3 mod 11=10,y3=-1(10-10)-9 mod 11=2
所以C=(kG,Pm+kPA)=((8,3),(10,2))
(3)显示接收方A从密文Cm恢复消息Pm的过程
解:Pm=(Pm+kPA)-nA(kG)=(10,2)-7(8,3)=(10,2)-(3,5)
=(10,2)+(3,6)=(10,9)
复习题&&答案
4. 16. 试给出椭圆曲线群E5(1,1)上的所有点。
解,分别以x=0,1,2,3,4带入到椭圆曲线y2=x3+x+1 mod 5 求解y得到如下点:
(0, ±1) , (2, ±1), (3, ±1), (4, ±2),
所以E5(1,1)={(0,1), (0,4), (2,1), (2,4), (3,1), (3,4), (4,1), (4,4),O }
5.3. 对于RSA算法中两个大素数p,q,试分析如果2p与3q的差值很小,也能被快速分解
证明: 由于(2p+3q)2=4x2x3n+(2p-3q)2=24n+(2p-3q)2,对24n+x2从x=1开始搜索满足y2=24n+x2的x取值,如果找到则可通过计算gcd(24n, x+y)和gcd(24n, x-y)来分解n,当2p与3q的差值很小时,上述搜索将很快发现满足条件的x,所以2p与3q的差值很小时也能被快速分解
本文来自博客园,作者:3cH0_Nu1L,转载请注明原文链接:https://www.cnblogs.com/3cH0-Nu1L/p/17830093.html