Lösungen zu Kapitel 6

Lösungen zu Kapitel 6 Lösung zu Aufgabe : Es ist T (a) = {b b 0, b a}. Wir erhalten Es folgt un amit T (54) = {, 2, 3, 6, 9, 8, 27, 54}, T (72) = {, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 2, 8,.24, 36, 72}. T (54) T (72) = {, 2, 3, 6, 9, 8} ggt(72, 54) = max{n n T (72) T (54)} = 8. Lösung zu Aufgabe 2: Der Schulalgorithmus liefert ie beien folgenen Schemata: 3224672 = 24 525 + 822 24 06 0570 5367 4228 392 0570 822 = 000 0 + 000 0 000 00 000 000 000 0 Jeer Divisionsschritt multipliziert zunächst eine Ziffer von q mit n. Das ergibt log n Einzelschritte (für jee Stelle von n einen). Zum Divisionsschritt gehört auch ie folgene Subtration. Für sie weren log n + einzelne Subtrationen (für jee Stelle) urchgeführt. Insgesamt ergibt as O(log n) Schritte für einen Divisionsschritt. Die Anzahl erartiger Schritte ist, wie in en beien Schemata erennbar, log a log n +. Im ezimalen Beispiel gilt: log 0 a = 7, log 0 n = 4. Wir sehen, ass für jeen Divisionsschritt höchstens 5 einzelne Subtrationen notwenig sin un 4 < 7 4+ = 5 erartiger Divisionsschritte urchgeführt weren. Im binären Beispiel gilt: log 2 a = 9, log 2 n = 5. Für jeen Divisionsschritt sin höchstens 5 einzelne Subtrationen notwenig. Es weren 9 5 + = 5 erartiger Divisionsschritte urchgeführt.

2 Lösungen zu Kapitel 6 Bei er Berechnung von ggt(4650, 750) weren ie folgen- Lösung zu Aufgabe 3: en Werte urchlaufen: i g i u i v i s 0 4650 0 750 0 55 2 400 55 3 350 56 4 50 2 7 5 0 Wir erhalten ggt(4650, 750) = 50 = 2 4650 750, also auch a = 2, b =. Lösung zu Aufgabe 4: Nach Satz 6.0 existieren x, x 2, y, y 2 mit = x a + x 2 c un = y b + y 2 c. Multipliation er jeweiligen linen un er jeweiligen rechten Seiten er Gleichungen liefert = x y ab + x y 2 c + x 2 y bc + x 2 y 2 c 2 = x y (ab) + (x y 2 + x 2 y b + x 2 y 2 c) c. Wegen Satz 6.0 folgt, ass ab un c relativ prim sin. Lösung zu Aufgabe 5: Nach Satz 6.8 existieren x, x 2 mit = x a + x 2 b. Es folgt Satz 6.0 liefert, ass a un b = x a + x 2 b. relativ prim sin. Lösung zu Aufgabe 6: Nach en Definitionen 6.3 un 6.4 gilt zunächst ggt(0, 0, 0) = ggt(ggt(0, 0), 0) = 0. Nach en Bemerungen vor Satz 6.7 erhalten wir Damit folgt für a + b + c = 0 T (a) T (b) = T (ggt(a, b)) für alle a, b. ggt(a, b, c) = max{n n T (a) T (b) T (c)} = max{n n T (ggt(a, b)) T (c)} = ggt(ggt(a, b), c).

Lösungen zu Kapitel 6 3 Lösung zu Aufgabe 7: Satz 6.8 liefert x, x 2 mit ggt(a, b) = x a + x 2 b. Nach Aufgabe 6 gilt ggt(a, b, c) = ggt(ggt(a, b), c) = ggt(x a + x 2 b, c). Nach Satz 6.8 existieren y, y 2 mit ggt(a, b, c) = y (x a + x 2 b) + y 2 c = (y x )a + (y x 2 )b + y 2 c. Lösung zu Aufgabe 8: Wir nehmen an, ass ie Zahlen a, b, c ie (bis auf ie Reihenfolge) eineutigen Primfatorarstellungen a = p... p, b = q... q l, c = r... r m haben. Wegen ggt(a, c) = ggt(b, c) = folgt nach Satz 6.23 {p,..., p } {q,..., q l } =, {q,..., q l } {r,..., r m } =. Dann folgt {p,..., p, q,..., q l } {r,..., r m } = un amit ggt(ab, c) =. Lösung zu Aufgabe 9: Wir nehmen an, ass a, b, c ie Primfatorzerlegungen haben. Nach Satz 6.25 gilt a = p α... pα, b = pβ... pβ l, c = pγ... pγ ggt(gv(a, b), c) = ggt(p max{α,β }... p max{α,β }, c) = p min{max{α,β },γ }... p min{max{α,β },γ } = p max{min{α,γ },min{β,γ }}... p max{min{α,γ },min{β,γ }} = gv(p min{α,γ }... p min{α,γ }, p min{β,γ }... p min{β,γ } = gv(ggt(a, c), ggt(b, c)). ), wobei ie Gleichung min{max{α i, β i }, γ i } = max{min{α i, γ i }, min{β i, γ i }} offenbar erfüllt ist. Damit ist (a) gezeigt. Zum Nachweis von (b) stellen wir zunächst fest, ass nach Satz 6.26 gv(a, b) = ab ggt(a,b) gilt. Da = ggt(a, b) sowohl a als auch b teilt, folgt gv(a, b) = ggt(a, b) a b mit a, b. Mithilfe von Satz 6.9 erhalten wir ggt(a + b, gv(a, b)) = ggt(ggt(a, b) ( a + b ), ggt(a, b) a b ) = ggt(a, b) ggt ( a + b, a b ). Wir nehmen an, ass ggt( a + b, a b ) > gilt. Dann existiert eine Primzahl p mit p a b un p ( a + b ). Aus er ersten Teilbarbeitsbeziehung folgt p a oer p b.

4 Lösungen zu Kapitel 6 O.B..A. gelte p a. Mit p ( a + b ) folgt ann wegen Satz 6.3() auch p b. Das ist ein Wierspruch zu ggt( a, b ) = (siehe Aufgabe 5). Somit ist ie Gleichung (b) erfüllt. Lösung zu Aufgabe 0: Satz 6.7 liefert n aufeinaner folgene zusammengestzte Zahlen für Zahlen um (n + )!. Die Primzahlichte ist bei Zahlen um (n + )! etwa ln(n+)! < = ln e n+ n+. Von n + aufeinaner folgene Zahlen önnen im Allgemeinen minestens n zusammengesetzt sein. Lösung zu Aufgabe : Mithilfe von Definition 6.2 un en Rechenregeln in (Seite 207) gelten ie entsprechenen Rechenregeln auch in / n : [a] [b] = [a + b] = [b + a] = [b] [a], [a] [b] = [ab] = [ba] = [b] [a], ([a] [b]) [c]) = [a + b] [c] = [(a + b) + c] = [a + (b + c)] = [a] [b + c] = [a] ([b] [c]), ([a] [b]) [c]) = [ab] [c] = [(ab)c] = [a(bc)] = [a] [b + c] = [a] ([b] [c]), [a] [0] = [a + 0] = [a], [a] [] = [a ] = [a], [a] ([b] [c]) = [a] [b + c] = [a(b + c)] = [ab + ac] = [ab] [ac] = [a] [b] [a] [c]. Das aitive Inverse eines Elements [a] ist [ a]. Lösung zu Aufgabe 2: Wir wählen n = 45 = 3 2 5. Nach en Bemerungen nach Satz 6.39 erhalten wir ϕ(n) = 3 2 4 = 24 (ies ann auch iret festgestellt weren). Es sei e = 5. Damit gilt ggt(e, n) = ggt(5, 24) =. Wir berechen = e mo 24 = 5 mo 24 = 5. Wir wählen a = 3 45 (a ggt(a, n) = ggt(3, 45) = 3 = ). Wir erhalten (3 5 mo 45) 5 mo 45 = 8 5 mo 45 = 8. Lösung zu Aufgabe 3: Wir befinen uns in er Situation eines Kryptoanalytiers, a ie Primzahlen nicht beannt sin. Da ie Zahl n aber sehr lein ist, önnen wir ihre Primfatorzerlegung bestimmen. Damit ie Aufgabe in vernünftiger Zeit bearbeitet weren ann, gehen wir avon aus, as Programme für ie Algorithmen 6.3 (Sieb es Eratosthenes), 6.4 (Schnelle Exponentiation) un 6.5 (Bestimmung es Inversen) vorhanen sin. Algorithmus 6.3 liefert ie Primzahlfatorisierung n = 3457 = 8 9. Damit erhalten wir ϕ(n) = 80 90 = 34200. Wir berechnen en geheimen Schlüssel = 493 mo 34200 = 30977 mithilfe von Algorithmus 6.5. Unter Benutzung von Algorithmus 6.4 wir jeer Bloc M 3457 es Textes entschlüsselt urch M 30977 mo 3457. Der gegebene Chiffretext ergibt ann en coierten Klartext 2925, 2864, 4844, 8229, 59, 702, 5249.

Lösungen zu Kapitel 6 5 Die Decoierung erfolgt urch 2925 = 4 26 2 + 8 26 + 3 = EIN 2864 = 4 26 2 + 6 26 + 4 = EGE 4844 = 7 26 2 + 4 26 + 8 = HEI 8229 = 2 26 2 + 4 26 + 3 = MEN 59 = 0 26 2 + 2 26 + 7 = ACH 702 = 7 26 2 + 8 26 + 2 = RIC 5249 = 7 26 2 + 9 26 + 23 = HTX Der Klartext lautet also Eine geheime Nachricht, er urch en Buchstaben X ergänzt wure, amit sich Blöce von 3 Buchstaben ergeben. Lösung zu Aufgabe 4: Mit geeigneten, l gilt gv(p, q ) = (p ) = l (q ). Wegen (e) mo gv(p, q ) = folgt mit gewissen f, g. Für M n folgt e = f (p ) + = lg(q ) + M e mo p = M f (p )+ mo p = M(M p ) f mo p = M mo p, M e mo q = M lg(q )+ mo q = M(M q ) lg mo q = M mo q nach em Satz von Fermat (ie Gleichungen gelten auch für M mo p = 0 un M mo q = 0). Daher existieren s, t mit M e = sp + M = tq + m. Es folgt sp = tq. Wegen ggt(p, q) = erhalten wir amit p t, also t = vp mit einem v. Wir schließen M e = tq + M = vpq + M un amit M e mo n = M. Lösung zu Aufgabe 5: Wir gehen nach Satz 6.47 vor. (a) Wir berechnen g = ggt(a, n) = ggt(638, 809) = 279 nach Algorithmus 6.. Wir stellen fest, ass 279 nicht ie rechte Seite 480 er Gleichung (a) teilt. Daher besitzt (a) eine Lösung. (b) Es gilt g = ggt(a, n) = ggt(45, 273) = 3 un 3 23. Folglich besitzt (b) genau rei Lösungen er Gestalt ( ) x = 23 3 x 0 + t 273 3 mo 273 = (4x 0 + 9t) mo 273 mit t {0,, 2} un x 0 = ( 453 ) mo ( 273 3 ) = 5 mo 9. Man berechnet x 0 = 85 un amit ie rei Lösungen x = 4 85 mo 273 = 209, x 2 = (4 85 + 9) mo 273 = 27, x 3 = (4 85 + 2 9) mo 273 = 8.

6 Lösungen zu Kapitel 6 Lösung zu Aufgabe 6: Wegen ggt(5, 6) = ggt(8, 9) = ggt(8, 23) = hat jee Gleichung nach Satz 6.47 genau eine Lösung, ie wir urch Ausprobieren sofort bestimmen önnen, un zwar x = 4, x 2 = 2 un x 3 = 9 für ie erste, zweite bzw. ritte Gleichung. Eine gemeinsame Lösung erhalten wir, a ie Mouli 6, 9 un 23 paarweise teilerfrem sin, mithilfe es chinesischen Restesates (siehe auch Algorithmus 6.0) aus em Gleichungssystem x mo 6 = 4 x mo 9 = 2 8x mo 23 = 9. Wir berechnen zunächst y = ( 332 6 mo 6 ) mo 6 = (207 mo 6) mo 6 = 5 mo 6 = 5, ( 332 y 2 = 9 mo 9) mo 9 = (368 mo 9) mo 9 = 8 mo 9 = 8, ( ) y 3 = 332 23 mo 23 mo 23 = (44 mo 23) mo 23 = 6 mo 23 = 4. Damit folgt x = (207 5 4 + 368 8 2 + 44 4 9) mo 332 = 308. Lösung zu Aufgabe 7: Osar ann mithilfe es chinesischen Restesatzes (Satz 6.49) eine gemeinsame Lösung x {0,,..., n n 2 n 3 } es Gleichungssystems x mo n = C x mo n 2 = C 2 x mo n 3 = C 3 berechnen. Wegen M < min{n, n 2, n 3 } gilt M 3 < n n 2 n 3. Daher ist x = M 3 iese gemeinsame Lösung. Durch Berechnung er ganzzahligen Kubiwurzel von x ann Osar en Klartext M bestimmen. Man ann sich gegen en geschilerten Angriff schützen, inem eine zufällig erzeugte Bitfolge geeigneter Länge, zum Beispiel minestens 64 Bits, vor Chiffrierung an en Klartext M angehängt wir. Für jee Chiffrierung, also für jees er i, muss ein anerer Bitstring gewählt weren. Dieser Prozess wir auf Englisch gelegentlich salting genannt, also Salzen oer Würzen es gegebenen Klartextes M. Lösung zu Aufgabe 8: Wegen e mo ϕ(n) = existiert ein mit e = ϕ(n) + = (p )(q ) +. Nach Satz 6.48 gilt x (p )(q )+ mo n = x x (p )(q )+ mo p = x mo p un x (p )(q )+ mo q = x mo q

Lösungen zu Kapitel 6 7 für alle x n. Für ggt(m, p) = ist ie erste Gleichung er rechten Seite wegen es Satzes von Fermat (Satz 6.4) erfüllt, für ggt(m, q) = entsprechen ie zweite. Offensichtlich sin iese Gleichungen auch für M mo p = 0 un M mo q = 0 erfüllt. Es folgt aher M ϕ(n) + mo n = M e mo n = M für alle M n.