Uiversität Karlsruhe TH Istitut für Kryptographie ud Sicherheit Willi Geiselma Vorlesug Marius Hillebrad Übug Lösuge zu Übugsblatt 2 Sigale, Codes ud Chiffre II Sommersemester 2009 Übug vom 26. Mai 2009 Aufgabe 1: Verschlüsselugsfuktioe für Stromchiffre Es soll eie Stromchiffre über dem biäre Alphabet etworfe werde; dazu steht bereits ei Geerator für eie Pseudozufallsfolge zur Verfügug. Wie viele Fuktioe f : {0, 1} {0, 1} {0, 1} köe dafür grudsätzlich verwedet werde, ud wie viele davo sid kryptographisch sivoll? Lösug zu Aufgabe 1: {0, 1} {0, 1} hat 2 2 = 4 Elemete; für jedes davo ka ma uter zwei Bilder wähle. Somit gibt es 2 4 = 16 mögliche Fuktioe vo {0, 1} 2 {0, 1}. Kryptographisch sivoll bedeutet zuächst. dass die Fuktio bijektiv sei muss we ma eie Eigabevariable, de Schlüssel, fest lässt. Dazu muss aber als Fuktioswert die 1 gleich häufig auftrete wie die 0. Damit gibt es och sechs mögliche Fuktioe, ämlich: x 2 x 1 f 3 f 5 f 6 0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 sowie dere Negierte. f 3 ist immer kogruet x 2 ud f 5 ist kogruet x 1, was kryptographisch weig Si hat, da ma damit etweder de Schlüssel oder de Klartext sede würde. Daher ist die eizig kryptographisch sivolle Fuktio das XOR bzw. das egierte XOR. Aufgabe 2: Körperisomorphisme Der Körper IF 2 3 ist auf zwei Arte gegebe: IF 2 3 IF 2[x] / x 3 + x + 1 IF 2[y] / y 3 + y 2 + 1. a Gib eie Isomorphismus a. b Wieviele verschiedee Isomorphisme existiere? Lösug zu Aufgabe 2: Aus der Vorlesug ist bekat: alle Körper mit p Elemete sid isomorph. Für fx IF p [x] irreduzibel vom Grad ist IF p [x] / fx ei Körper mit p Elemete. Die Elemete vo IF p lasse sich also als Polyome darstelle, damit ka ma Operatioe auf dem Körper effiziet implemetiere. Ei Körperisomorphismus Ψ d.h. ei bijektiver Körperhomomorpismus muss folgede Forderuge erfülle: Ψa + b = Ψa + Ψb
Ψa b = Ψa Ψb Ψ1 = 1 ud Ψ0 = 0 Ψa 1 = Ψa 1 Dies bedigt, dass für eie Nullstelle α des Polyoms fz := z 3 + z + 1 auch Ψα eie Nullstelle vo fz ist im adere Körper. De fα = α 3 + α + α = 0 = Ψα 3 + α + 1 = 0 wege der Forderug, dass Ψ die Null erhalte soll. Die Liearität liefert daraus was aber gerade fψα ist. Ψα 3 + Ψα + 1 0mody 3 + y 2 + 1 Der Isomorphismus ka also eie Nullstelle vo fz ur auf eie Nullstelle vo fz im adere Körper abbilde. Vo diese gibt es höchstes drei, weil fz ei Polyom vom Grad 3 ist. Eie weitere Eischräkug für die mögliche Isomorphisme erhält ma aus der Struktur der Eiheitegruppe. Für Körper gilt allgemei, dass edliche Utergruppe ihrer Eiheitegruppe zyklisch sid. Bei de hier betrachtete edliche Körper ist also sogar die gaze Eiheitegruppe vo IF 2[x] / x 3 + x + 1 zyklisch, hat also midestes eie Erzeuger g, mit dem gilt IF 2 [x] / x 3 + x + 1 = {g 1, g 2,..., g p 1 } Für beliebige i ist aber gefordert, dass Ψg i = Ψg i gilt aus de Voraussetzuge für eie Körperisomorphismus. Ist also Ψg festgelegt, so sid auch die Bilder aller adere Eiheite dadurch eideutig bestimmt. Für die verbleibede Null ist sowieso scho Ψ0 = 0 Ma fidet u x als primitives Elemet Erzeuger der Eiheitegruppe ud Nullstelle vo fz. Seie mögliche Bilder uter Ψ, also die Nullstelle vo fz i IF 2[y] / y 3 + y 2 + 1 sid y + 1, y 2 + 1 ud y 2 + y. Damit lasse sich also drei Isomorphisme kostruiere, idem ma Ψx wählt ud mittels Ψx i = Ψx i die Bilder der übrige Elemete bestimmt. Ei Beispiel ist z Ψz 0 0 1 1 x y + 1 x 2 y 2 + 1 Ψx 2 x 3 x + 1 y = Ψx + Ψ1, eifacher als Multiplikatio x 4 x 2 + x y 2 + 1 x 5 x 2 + x + 1 y 2 + y + 1 x 6 x 2 + 1 y 2 Aufgabe 3: Matrixdarstellug edlicher Körper Zeige: Die Elemete des Körpers mit p Elemete lasse sich als -Matrize über IF p darstelle, wobei die ormale Matrix-Additio ud Matrix-Multiplikatio als Operatioe verwedet werde. Gib eie Matrixdarstellug des Körpers aus Aufgabe 2 ud de Isomorphismus zur ursprügliche Darstellug a. Hiweis: Bilde ei Elemet α aus dem Körper auf die lieare Abbildug Multiplikatio mit α ab.
Lösug zu Aufgabe 3: Zuächst wird der Isomorphismus vo eiem Körper mit p Elemete i de Matrizerig IF p kostruiert ud die Isomorphie-Eigeschaft bewiese. Darauf aufbaued wird die Form der etstehede Matrize agegebe. Alle Körper mit p Elemete sid isomorph, wir köe also im Folgede eie Darstellug der Elemete des Körpers als Polyome modulo eies irreduzible Polyoms verwede. Ei Elemet f IF p lässt sich damit schreibe als fx = 1 f i X i. Die Abbildug der Koeffiziete auf eie Vektor stellt eie i=0 IF p -Vektorraumisomorphismus v : IF p IF p, f f 0,..., f 1 dar. Die Multiplikatio mit eiem Körperelemet g aus dem Hiweis lässt sich als Abbildug α g : IF p IF p, f gf darstelle. Für g 0 ist α g ei F p -Vektorraumisomorphismus. De: Die Liearität miz Hilfe der Körperaxiome achreche, die Bijektivität folgt aus der Existez eies eideutige multiplikative Iverse g 1 vo g i eiem Körper. Mit Hilfe des Isomorphismus v lässt sich α g i de Vektorraum IF p übertrage. Ma erhält eie IF p - Automorphismus ψ g, der defiiert ist als ψ g = v α g v 1. Es werde also die Kompoete des Vektors als die Koeffiziete eies Polyoms aufgefasst, dieses mit g multipliziert ud die Koeffiziete des Ergebisses wieder als Kompoete eies Vektors verwedet. Als ächste Schritt defiiert ma die Abbildug ψ : IF p Aut IF p, g ψ g ud ka zeige, dass damit IF p = ψifp als Isomorphie vo Körper gilt. Beweis: Verträglichkeit mit der Additio, zu zeige ist g, h IF p : ψg+h = ψg+ψh, gleichbedeuted mit f IF p : ψg + h vf = ψg vf + ψh vf. Ma sieht mit der Isomorphie- Eigeschaft vo v: ψg + h vf = ψg+h vf = v αg+h v 1 vf = v α g+h f = vg f + h f = vg f + vh f = ψ g vf + ψh vf = ψg vf + ψh vf Verträglichkeit mit der Multiplikatio: g, h IF p : ψg h = ψg ψh, gleichbedeuted mit f IF p : ψg + h vf = ψg vf + ψh vf. Es gilt für alle f IF p : ψg vf = ψg vf = v αg v 1 vf = v α g f = vg f. Damit sieht ma ψgψh vf = ψg ψh vf = ψ g vhf = vghf f IF p ψgh vf = ψgh vf = vghf f IF p Surjektivität folgt aus der Defiitio, ma betrachtet ja gerade das Bild vo ψ. Ijektivität: Sei ψg = ψh für g, h IF p beliebig. Es gilt ψg v1 = ψg v1 = v α g v 1 v1 = v α g v 1 v1 = v α g 1 = vg 1 = vg
ebeso ψh v1 = vh. Aus ψg = ψh folgt jedoch ψg v1 = ψh v1 ud somit vh = vg. Die Ijektivität vo v liefert damit schliesslich g = h. ud damit atürlich Bijektivität. Aus der lieare Algebra ist bekat, dass die lieare Abbilduge über IF p als Matrize aus IF p dargestellt werde köe. Über die Abbildug v köe wir u auch kostruiere, wie diese Matrize M g zu de Abbilduge ψ g aussehe müsse, wir betrachte de Vektorraum IF p hier zur Basis 1,X,X 2,...,X 1. Die Matrize habe folgede Form: M g = vg, vg X,..., vg X 1 Wege der Isomorphie zu IF p bilde diese Matrize eie Teilrig vo IF p, der sogar ei Körper ist. Isbesodere sid die Matrize deswege regulär ud die ormale Multiplikatio auf diese Matrize ist kommutativ. Aufgabe 4: Azahl irreduzibler Polyome a Wie viele irreduzible ud wie viele primitive Polyome über IF p vom Grad gibt es, falls eie Primzahl ist? b Wie viele irreduzible ud wie viele primitive Polyome über IF 2 vom Grad gibt es? Verwede dazu folgede Verallgemeierug vo Satz 4.23 aus der Vorlesug: Das Polyom x p x ist das Produkt aller ormierte irreduzible Polyome, dere Grad teilt. Lösug zu Aufgabe 4: Die multiplikative Gruppe F p des edliche Körpers F p ist zyklisch, d.h. es ist F p = α Z p 1 für ei α F p. Ei solches α heißt primitives Elemet. Wege F p Z p 1 gibt es ϕ F p = ϕp 1 primitive Elemete i F p. Weiterhi heißt ei irreduzibles Polyom f F[x] über eiem edliche Körper F primitiv, we seie Nullstelle primitive Elemete des algebraische Abschlusses sid, d.h. maximale Ordug habe. Sei f F p [x] primitiv ud vom Grad. Da folgt aus fα = 0 scho fα p = 0 eisetze, ählich zu Lemma 4.11 im Skript; mit Iduktio folgt weiter fα pk = 0 für k N. Ma beachte, daß α hier eie beliebige Nullstelle vo f i eiem algebraische Abschluß vo F p sei ka; i der Tat ka kei α F p scho Nullstelle vo f sei, da f als irreduzibel ageomme wurde. Da f primitiv ist, gilt F p = α ud es sid α, α p, α p2,..., α p 1 damit paarweise verschiedee Nullstelle vo f. Isgesamt hat also jedes ormierte primitive Polyom f F p [x] vom Grad geau paarweise verschiedee Nullstelle, wobei jede de Körper F p erzeugt. Umgekehrt gibt es zu jedem primitive Elemet α vo F p ei ormiertes primitives Polyom f F p [x] vom Grad mit fα = 0 f ist gerade das Miimalpolyom vo α über F p ud dieses ist eideutig bestimmt Eigeschaft des Miimalpolyoms. Auf diese Weise verteile sich die ϕp 1 primitive Elemete vo F p auf die ormierte primitive Polyome f F p [x] - jeweils primitive Elemete pro Polyom - ud es gibt derer somit Weiter ist für prim x p x = a = ϕp 1. f irreduzibel vom Grad f α F p x α, we ma de Hiweis aus der Aufgabestellug beutzt. Betrachtug der Grade liefert p = b + p, wobei b die gesuchte Azahl der ormierte irreduzible Polyome vom Grad bezeichet. Es folgt b = p p.
Vo der Azahl der ormierte irreduzible ud primitive Polyome auf die Azahl aller dieser Polyome zu komme, zieht ma mögliche Leitkoeffiziete aus F p i Betracht. Damit gibt es isgesamt a p 1 primitive ud b p 1 irreduzible Polyome vom Grad über F p. Setze wir für Aufgabeteil b kokret p = 2 ud =, ergibt sich für die Azahl a der primitive Polyome f F 2 [x] vom Grad : a = ϕ2 1 = ϕ32 7 11 31 151 331 6 10 150 3 = = 17820000. Hierbei wird die Multiplikativität der Eulersche ϕ-fuktio verwedet, so gilt ϕm = ϕm ϕ für teilerfremde m ud. Da keie Primzahl ist, köe wir die Formel aus Aufgabeteil a icht direkt zur Berechug der Azahl der irreduzible Polyome vom Grad heraziehe. Sei b i die Azahl der irreduzible Polyome über F 2 vom Grad i. Da folgt mit dem Hiweis für das gesuchte b : 2 = b + 15 b 15 + 10 b 10 + 6 b 6 + 5 b 5 + 3 b 3 + 2 b 2 + 2 b 1. Es ist b 1 = 2 ud die Formel aus dem erste Teil liefert für die prime! Idizes i = 2, 3, 5: b 2 = 1, b 3 = 2 ud b 5 = 6. Weiter liefert der Hiweis aus der Aufgabestellug für prime p, q: 2 pq = pq b pq + p b p + q b q + 2. Hiermit ethüllt ma sukzessive b 6 = 9, b 10 = 99, b 15 = 2182 ud schließlich b = b = 35790267.