密码学学习笔记:数论四大定理的证明及其应用

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前言

可以发现RSA中的很多攻击方法都是从数论四大定理推导出的,所以找时间好好学习了一下数论四大定理的证明及其应用场景——Rabin算法。

 

欧拉定理

n,a为正整数,且n,a互素,即gcd(a,n) = 1,则

a^φ(n) ≡ 1 (mod n)

证明

首先,我们需要知道欧拉定理是什么:

 数论上的欧拉定理,指的是

aφ(n)≡1(mod n)

这个式子实在an互质的前提下成立的。

证明

首先,我们知道在1n的数中,与n互质的一共有φ(n)个,所以我们把这φ(n)个数拿出来,放到设出的集合X中,即为x1,x2……xφ(n)

那么接下来,我们可以再设出一个集合为M,设M中的数为:

m1=a∗x1m2=a∗x2……mφ(n)=a∗xφ(n)

下面我们证明两个推理:

一、M中任意两个数都不模n同余。

反证法。

证明:假设M中存在两个数设为ma,mbn同余。

ma≡mb

移项得到:ma−mb=n∗k

再将mx来表示得到:a∗xa−a∗xb=n∗ka∗xa−a∗xb=n∗k

提取公因式得到a∗(xa−xb)=n∗ka∗(xa−xb)=n∗k

我们现在已知an互质,那么式子就可以转化为:

xa−xb≡0mod n)

因为a中没有与n的公因子(1除外)所以a mod n != 0 所有只能是 xa−xb≡0mod n)

又因为xa,xb都是小于n的并且不会相同,那么上述的式子自然全都不成立。

假设不成立。

证得:M中任意两个数都不模n同余。

二、M中的数除以n的余数全部与n互质。

证明:我们已知mi=a∗xi

 又因为an互质,xin互质,所以可得min互质。

带入到欧几里得算法中推一步就好了。

即:

gcd(a∗xi,n)=gcd(mi,n)=gcd(n,mi mod n)=1

证毕。

三、根据我们证得的两个性质,就可以开始推式子了。

首先,根据前两个推论可以知道,M中的数分别对应X中的每个数模n同余。

(即是双射关系:首先M中的数在模n下不同余,即不相同,然后有φ(n)m;其次有φ(n)个不相同的xn互质,所以mx是双射关系)

所以可以得到:

m1∗m2∗……∗mφ(n)≡x1∗x2∗……∗xφ(n)(mod n)

现在我们把替换成x的形式,就可以得到:

a∗x1∗a∗x2∗……∗a∗xφ(n)≡x1∗x2∗……∗xφ(n)(mod n)

aφ(n)∗(x1∗x2……∗xφ(n))≡x1∗x2……∗xφ(n)(mod n)

(aφ(n)−1)∗(x1∗x2……∗xφ(n))≡0(mod n)

然后,由于(x1∗x2……∗xφ(n))!≡0(mod n)

所以 (aφ(n)−1)≡0(mod n)

所以 aφ(n)≡1(mod n)

应用:RSA的解密

欧拉定理在RSA中可用于证明 M=Cd mod N

 

费马小定理(欧拉定理特殊型情况)

 对于质数p,任意整数a,均满足:ap-1≡1mod p

那么,ap-2就是a在模p下的逆元了~

 

孙子定理(中国剩余定理 CRT)

设正整数两两互素,则同余方程组

有整数解。并且在模下的解是唯一的,解为

其中,而的逆元。

证明

具体证明如下:

例:找出所有整数x,使其被357除时,余数分别为232

x≡2(mod 3)

x≡3(mod 5)

x≡2(mod 7)

=> x = △ + 357*t (△为期中的一个解,t为整数)

在同余中最重要的观念就是求出第一个解,那么x = △ + 357*t就是通解。那怎么求一个解呢?

利用同余的加性:

x拆成a+b+c,x = a + b + c

a≡2(mod 3)

a≡0(mod 5)

a≡0(mod 7)

=>a=35p(可以看到p1的时候满足a≡2(mod3),a=35)

为何这样取?从接下来的取法可知:b c 都会取 3 的倍数,这样子就能保证,x mod 3 = 2,我们标记这样的取法为FLAG

接下来要求b

b≡0(mod 3)

b≡3(mod 5)

b≡0(mod 7)

=>b=21q(可以看到q3的时候满足b≡3(mod5),b=63)

c

c≡0(mod 3)

c≡0(mod 5)

c≡2(mod 7)

=>c=15m(可以看到m2的时候满足c≡2(mod7),c=30)

x≡2(mod 3) ≡ a + b + c

x≡3(mod 5) ≡ a + b + c

x≡2(mod 7) ≡ a + b + c

a b c 都求出来之后,可以利用同余的加性

x = a + b + c = 128是一个解,x = 128 + 105t 在适当调整t之后就可以求出x在任何范围内的解,比如说求最小正整数解,这时候t-1,得x=23

利用同余的乘性:

之前令x = a + b + c,用同余的乘性之后x = 2a’ + 3b’ + 2c’ (此时令a’=b’=c’=1,就相当于同余的加性了)

a’≡1(mod 3)

a’≡0(mod 5)

a’≡0(mod 7)

=>a’=35p(可以看到p2的时候满足a’≡1(mod3),a’=70)

接下来要求b’

b’≡0(mod 3)

b’≡1(mod 5)

b’≡0(mod 7)

=>b’=21q(可以看到q1的时候满足b’≡1(mod5),b’=21)

现在来看c’

c’≡0(mod 3)

c’≡0(mod 5)

c’≡1(mod 7)

=>c’=15m(可以看到m1的时候满足c’≡1(mod7),c’=15)

有了a’ b’ c’之后就可以得到 x = 2a’ + 3b’ + 2*c’

代入a’ b’ c’之后就可以得到x的一个解及其通解

x = 2*70 + 3*21 +2*15

x = 233 + 105t

在知道同余的加性和乘性之后再看下面这个公式就没有什么问题了

其中,ai就是题目所要求的剩余,M1就是前文提到的标记取法FLAG,而M1-1就是在同余的乘法性中为了满足a1‘≡1 mod mi

 

威尔逊定理

当且仅当p为素数时有,

 (p−1) ! ≡ −1(mod p)

证明:

首先:

p−1 ≡ −1(mod p)

那么我们只需要证明 (p−2)!≡1(mod p)

也就是说,除去 1 后,如果 2,3,…,p−2 能够两两配对,且每对数乘积模 p 后为 1 的话,威尔逊定理就成立了,然后我们考虑这其实就是对于 2,3,…,p−2去找 p 意义下的逆元。

然后考虑一下二次剩余里面的衍生知识,我们可以知道对于 x2≡1mod q)只有两个解(1p-1),而这两个数已经被我们安排掉了,也就是说 2,3,…,p−2中不存在某个数的逆元是自己本身。

然后 集合 A={1,2,3,…p -1}; 构成模p乘法的缩系,即任意i∈A ,存在j∈A,使得:  ( ij ) ≡ 1 ( mod p )

也就是说,除去1p-1外,其余的两两配对互为逆元

证毕

 

应用:Rabin算法

在解Rabin算法前,我们需要一些定理、推论

定理1

欧拉判别定理, c是模p的平方剩余的充要条件是 (c1/2)φ(n) ≡ 1mod P)

证明:

首先,由于是一个奇素数,由费马小定理,但是是一个偶数,所以有

是一个素数,所以   中必有一个是 的倍数。因此的余数必然是1-1

             证明若是模二次剩余,则

是模二次剩余,则存在 互质。根据费马小定理得:

             证明若,则是模的二次剩余

是一个奇素数,所以关于的原根存在。设的一个原根,则存在使得。于是

的一个原根,因此的指数是,于是整除  。这说明是一个偶数。令  ,就有  是模 的二次剩余

定理2

二次同余式x2 ≡ c (mod p)的解为:

 x ≡ ±c(p+1)/4 (mod p)

证明

由于p是素数,显然ap互素,再由欧拉判别定理, a是模p的平方剩余的充要条件是

(c1/2)φ(n) ≡ 1mod P)

(c1/2)p-1 ≡ 1mod p

带入原式,得x2 ≡ c·(c1/2)p-1 ≡ c(p+1)/2 ≡ (c(p+1)/4)2

x ≡ ±c(p+1)/4 (mod p)

定理3

如果整数c满足:

1 cp的平方剩余

2 cq的平方剩余

则: cp*q的平方剩余,解x为:x ≡ ±c(p+1)/4(mod p))·(q-1(mod p))*q ± c(q+1)/4(mod q))*(p-1(mod q))·p (mod p*q)

证明

二次同余式: x2 ≡ c (mod pq)

等价于同余式组 x2 ≡ c (mod p) ①

x2 ≡ c (mod q)   ②

由定理2

式解为 x ≡ ±c(p+1)/4 (mod p)

式解为 x ≡ ±c(q+1)/4 (mod q)

CRT,解为 x ≡ ±c(p+1)/4(mod p))·(q-1(mod p))*q ± c(q+1)/4(mod q))*(p-1(mod q))·p (mod p*q)

Rabin加密

选择两个大素数pq做为私钥

计算n = p * q做为公钥

若明文为m,则密文为c ≡ m^2 (mod n)

Rabin解密

我们首先计算出x1x2,使得

x12 ≡ c (mod p)

x22 ≡ c (mod q)

i)pq都是模43的数

由于p是素数,显然cp互素,再由定理2

x1 ≡ ±c(p+1)/4 (mod p)

x2 ≡ ±c(q+1)/4 (mod q)

(一正一负,负的计算可简化为 正,如:-x1 ≡ p – x1 (mod p)

从这里可以看出来如果pq不是模43的话,c的指数就不是一个整数,也就不能用这个方法计算了

接着我们求出p在模q下的逆,设为a,即ap ≡ 1 (mod q)

然后我们求出q在模p下的逆,设为b,即bq ≡ 1 (mod p)

求出来ab用于中国剩余定理

带入x ≡ ±c(p+1)/4(mod p))·(q-1(mod p))*q ±c(q+1)/4(mod q))*(p-1(mod q))·p (mod p*q)

x ≡ ±c(p+1)/4(mod p))·b*q ±c(q+1)/4(mod q))*a·p (mod n)

c(p+1)/4(mod p) cpc(q+1)/4 (mod q)cq




其中有一个为我们想要的明文m

exp:

import gmpy2

def n2s(x):
    return hex(x)[2:].decode("hex")

c = 
p = 
q = 
n = p*q
c_p = pow(c,(p+1)/4,p)
c_q = pow(c,(q+1)/4,q)
a = gmpy2.invert(p,q)
b = gmpy2.invert(q,p)
x = (b*q*c_p+a*p*c_q)%n
y = (b*q*c_p-a*p*c_q)%n

print n2s(x)
print n2s(n-x)
print n2s(y)
print n2s(n-y)

ii)pq不是模43的数

这里涉及 Cipolla’s algorithm ,先知已经有一篇讲的不错的文章了 https://xz.aliyun.com/t/5113#toc-4

 

题目实例

UNCTF – 一句话加密

题目是给了一张图,隐写了一个模n

n = 0xc2636ae5c3d8e43ffb97ab09028f1aac6c0bf6cd3d70ebca281bffe97fbe30dd

可以发现n不大,直接用yafu分解可得

但是找不到e,最后试了试rabin,成功破解

exp用上面的那个就可~

roarctf – babyrsa

import sympy
import random
def myGetPrime():
    A= getPrime(513)
    print(A)
    B=A-random.randint(1e3,1e5)
    print(B)
    return sympy.nextPrime((B!)%A)
p=myGetPrime()
#A1=
#B1=

q=myGetPrime()
#A2=
#B2=

r=myGetPrime()
n=p*q*r
#n=
c=pow(flag,e,n)
#e=0x1001
#c=
#so,what is the flag?

加密中的(B!)%A ! 在这里是阶乘的意思,所以显然这里要用到威尔逊定理,不然这么大的一个数的阶乘,根本吃不消好吧

根据加密逻辑,这里是一个三素数系统,所以φ(n) = (p-1)(q-1)(r-1),然后r肯定是要通过先求出pq来得出

然后关于pq,题目给的信息都一样,所以求p和求q的解法肯定是一样的,

所以题目简化为,根据A1,B1p

p = (B!)%A B是一个比A小的数)

虽然AB均已给出且互素,但显然大数B的阶乘是不可能直接求得的,

所以要用威尔逊定理简化计算

简化过程如下:

已知 B! ≡ P(MOD A)

由于A是素数,所以有: (A-1)! ≡ -1 (MOD A)

(A-1)(A-2)……(B+1)B! ≡ -1 (MOD A)

根据已知(A-1)(A-2)……(B+1)P ≡ -1 (MOD A)

变形为(A-2)……(B+1)P ≡ 1 (MOD A)

所以p即为(A-2)(A-3)……(B+1) 在模A 下的逆

exp

from gmpy2 import *
import sympy

A1=
B1=
A2=
B2=
n=
e=0x1001
c=

a = 1
for i in range(A1-2,B1,-1):
    a = a*i % A1


b = 1
for i in range(A2-2,B2,-1):
    b = b*i % A2
    
p = sympy.nextprime(invert(a,A1))
q = sympy.nextprime(invert(b,A2))
r=n/p/q
phi = (p-1)*(q-1)*(r-1)
d = invert(e,phi)
m=pow(c,d,n)
print hex(m)[2:].decode('hex')

HECTF – easy_rsa

from gmpy2 import *

from Crypto.Util import number

 

#e = have a try~
p = number.getPrime(1024)

q = number.getPrime(1024)

nothing = 251560377963038761190200797029988859033 # getPrime(128)

n = p*q
fn = (p-1)*(q-1)
d =inverse(e, fn)
something=(p-1)d+nothing
enc = pow(flag, e, p*q)

#n=
#something=
#enc=

题目给了,nothing(下面记为r),something(下面记为s),其中 (p-1)d= s – r

目的很明确,就是分解大数n

这一题的思路就是利用GCD来约出n的因子

所以首先要获得一个p的倍数

根据费马小定理

2p-1 ≡ 1 (mod p ) 显然成立 (主要是为了利用题目中给出的(p-1)d

所以设A = 2p-1 – 1 = kp

然后利用欧拉定理,我们直接利用上文中提到的RSA的解密证明中的结论

(2p-1)ed ≡ (2p-1) (mod n)

由题,(p-1)d = s – r

所以A ≡ 2p-1 – 1 ≡ (2p-1)ed – 1 ≡ 2es-er – 1 (mod n)

所以 gcd( 2es-er – 1 , n)

  gcd(kp , pq)

即可得到  p

exp:

import libnum
from gmpy2 import *
import sympy

enc=
n=
something=
nothing=
e=1
while(True):
    try:
        e=sympy.nextprime(e)
        a=pow(2,e*something-e*nothing,n)-1
        p=libnum.gcd(a,n)
        q=n/p
        fn=(p-1)*(q-1)
        d=invert(e,fn)
        flag=libnum.n2s(pow(enc,d,n))
        if "hebtu" in flag:
            print flag
            break
      except:
      continue

构造GCD

可以看出,构造gcd来求大数n的因子以此来分解n是一种很好又很巧妙的方式,来看这一题

from Crypto.Util.number import getPrime, isPrime, getRandomNBitInteger
p = getPrime(512)
q = getPrime(512)
n=p*q

a=int(pow((q+p),2019,n))
b=int(pow(p+2019,q,n))
n=
a=
b=

这里,我们要通过已给出的ab,来分解n

通过abpq的关系,我们要想办法用a,b凑出一个GCD来求出n的一个因子

解题过程如下:

a ≡ (p+q)2019 (mod n)

可得 a ≡ (p+q)2019 ≡ p2019 (mod q) 【二项式展开定理】

b ≡ (p+2019)q (mod n)

可得 b ≡ (p+2019)q ≡ p+2019 (mod q) 【费马小定理:(p+2019)q-1 ≡ 1 (mod q)

所以 a ≡ (b – 2019)2019 (mod q)

a = (b – 2019)2019 + kq

这样我们就可以凑出一个GCD

GCD (b – 2019)2019-an= GCD Kqn= q

解题完毕

 

总结

这一次学习了数论四大定理的证明、应用,以及rabin密码的解法。发现其实很多解法、攻击方法都是多种定理的结合运用,有时候还要引出各种推论,很灵活~

 

参考

欧拉定理证明: https://www.cnblogs.com/wangxiaodai/p/9758242.html

中国剩余定理证明: https://blog.csdn.net/Rain722/article/details/53230707

威尔逊定理证明: https://www.cnblogs.com/Judge/p/10755703.html

Rabin算法: https://veritas501.space/2017/03/01/%E5%AF%86%E7%A0%81%E5%AD%A6%E7%AC%94%E8%AE%B0/

https://xz.aliyun.com/t/5113

https://en.wikipedia.org/wiki/Rabin_cryptosystem

https://blog.csdn.net/qq_24451605/article/details/45093911

最后感谢Lur大佬的一手指点~

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