数字签名技术之一[RSA]

先来讲讲费马小定理

如果ｎ是一个任意整数而ｐ是一个任意素数，那么，ｎ的p次方－ｎ可以被ｐ整除。例如，ｎ＝４，ｐ＝３，那么４的3次方－４＝６０能被３整除。

STEP1: (n^p-n)%p≡0

STEP2: n(n^(p-1)-1)%p≡0

STEP3: 因为n与p互质,故(n^(p-1)-1)%p≡0

STEP4: (n^(p-1))%p≡1

STEP5: n^(p-1)≡1(mod p)

以上五步是公式的变形.

关于这个定理的证明:

一、准备知识：

1．剩余系引理2 若a , b, c为任意3个整数，m为正整数，且(m, c ) = 1, 则当ac ≡ bc (mod m) 时，有a ≡ b (mod m)

 

证明：ac ≡ bc (mod m) 可得 ac – bc ≡ 0 (mod m) 可得 (a - b)c ≡ 0 (mod m)

因为(m ,c) = 1即m, c互质，c可以约去，a – b ≡ 0 (mod m) 可得 a ≡ b(mod m)

  

2．剩余系引理5  若m为整数且m > 1, a₁, a₂, a₃, a₄, … a_m为m个整数，又在这m个数中任取2个整数对m不同余，则这m个整数对m构成完全剩余系。

 

证明：构造m的完全剩余系（0, 1, 2, … m-1），所有的整数必然这些整数中的1个对模m同余。取r₁ = 0, r₂ = 1, r₃ = 2, r₄ = 3, … r_i = m-1, 1 < i <= m。

令(1)： a₁ ≡ r₁ (mod m), a₂ ≡ r₂ (mod m), a_m ≡ r_i (mod m) (顺序可以不同),因为只有在这种情况下才能保证集合{ a₁, a₂, a₃, a₄, … a_m }中的任意2个数不同余，否则必然有2个数同余。由式(1)自然得到集合{ a₁, a₂, a₃, a₄, … a_m }对m构成完全剩余系。

 

3．剩余系引理7 设m是一个整数，且m > 1，b是一个整数且(m, b) = 1。如果a₁, a₂, a₃, a₄, … a_m是模m的一个完全剩余系，则ba₁, ba₂, ba₃, ba₄, … ba_m也构成模m的一个完全剩余系。

 

证明：若存在2个整数ba_i和ba_j同余即ba_i ≡ ba_j (mod m)，根据引理2则有 a_i ≡ a_j (mod m)。根据完全剩余系的定义和引理4（完全剩余系中任意2个数之间不同余，易证明）可知这是不可能的，因此不存在2个整数ba_i和ba_j同余。由引理5可知ba₁, ba₂, ba₃, ba₄, … ba_m构成模m的一个完全剩余系。

 

4．同余引理5 若a, b, c为三个整数，a ≡ b(mod m),则有ac ≡ bc(mod m)

 

证明：a = tm + b, ac = tcm + bc, tc为整数，因此ac ≡ bc(mod m)

 

5．同余引理6 如果a, b, c, d是四个整数，且a ≡ b(mod m), c ≡ d(mod m), 则

有ac ≡ bd (mod m)

 

证明：由同余引理5得ac ≡ bc(mod m), bc ≡ bd(mod m)，由模运算的传递性可得ac ≡ bc (mod m)

      

      

二、证明过程：

构造素数p的完全剩余系P = {1, 2, 3, 4 … (p-1)}，因为(a, p) = 1由引理7可得A= {a, 2a, 3a, 4a, … (p-1)a}也是p 的一个完全剩余系。

 

令W = 1 * 2 * 3 * 4 … * (p-1)，易知W ≡ W (mod p)。令Y = a * 2a *3a * 4a * …(p-1)a, 因为{a, 2a, 3a, 4a, … (p-1)a}是p的完全剩余系， 由完全剩余系的性质可知A中所有元素必然满足a ≡ 1 (mod p),2a ≡ 2(mod p), … (p-1)a ≡ p–1 (mod p)，（之间的顺序可能不同,余数肯定为整数且不相同,p-1个元素因此必产生1,2,3...,p-1的余数列）。

 

由同余引理6可得a*2a*3a*…(p-1)a ≡ 1*2*3*…(p-1) (mod p)即W*a^p-1 ≡ W (mod p)。

 

易知(W, p) = 1，由剩余系引理2可知a^p-1 ≡ 1 (mod p) 。

 

证讫。

现在我们开始讨论RSA的算法问题,及其原理解释.

 

　　它是第一个既能用于数据加密也能用于数字签名的算法。它易于理解和操作，也很流行。算法的名字以发明者的名字命名：Ron Rivest, Adi Shamir 和Leonard Adleman。但RSA的安全性一直未能得到理论上的证明。它经历了各种攻击，至今未被完全攻破。

一、RSA算法 :

首先, 找出三个数, p, q, r, 
其中 p, q 是两个相异的质数, r 是与 (p-1)(q-1) 互质的数...... 
p, q, r 这三个数便是 private key 
 
接著, 找出 m, 使得 rm == 1 mod (p-1)(q-1)..... 
这个 m 一定存在, 因为 r 与 (p-1)(q-1) 互质, 用辗转相除法就可以得到了..... 
再来, 计算 n = pq....... 
m, n 这两个数便是 public key 
 
编码过程是, 若资料为 a, 将其看成是一个大整数, 假设 a < n.... 
如果 a >= n 的话, 就将 a 表成 s 进位 (s <= n, 通常取 s = 2^t), 
则每一位数均小於 n, 然後分段编码...... 
接下来, 计算 b == a^m mod n, (0 <= b < n), 
b 就是编码後的资料...... 
 
解码的过程是, 计算 c == b^r mod pq (0 <= c < pq), 
於是乎, 解码完毕...... 等会会证明 c 和 a 其实是相等的  :) 
 
如果第三者进行窃听时, 他会得到几个数: m, n(=pq), b...... 
他如果要解码的话, 必须想办法得到 r...... 
所以, 他必须先对 n 作质因数分解......... 
要防止他分解, 最有效的方法是找两个非常的大质数 p, q, 
使第三者作因数分解时发生困难......... 
 
 
<定理> 
若 p, q 是相异质数, rm == 1 mod (p-1)(q-1), 
a 是任意一个正整数, b == a^m mod pq, c == b^r mod pq, 
则 c == a mod pq 
 
证明的过程, 会用到费马小定理, 叙述如下: 
m 是任一质数, n 是任一整数, 则 n^m == n mod m 
(换另一句话说, 如果 n 和 m 互质, 则 n^(m-1) == 1 mod m) 
运用一些基本的群论的知识, 就可以很容易地证出费马小定理的........ 
 
<证明> 
因为 rm == 1 mod (p-1)(q-1), 所以 rm = k(p-1)(q-1) + 1, 其中 k 是整数 
因为在 modulo 中是 preserve 乘法的 
(x == y mod z  and  u == v mod z  =>  xu == yv mod z), 
所以, c == b^r == (a^m)^r == a^(rm) == a^(k(p-1)(q-1)+1) mod pq 
 
1. 如果 a 不是 p 的倍数, 也不是 q 的倍数时, 
   则 a^(p-1) == 1 mod p (费马小定理)  =>  a^(k(p-1)(q-1)) == 1 mod p 
      a^(q-1) == 1 mod q (费马小定理)  =>  a^(k(p-1)(q-1)) == 1 mod q 
   所以 p, q 均能整除 a^(k(p-1)(q-1)) - 1  =>  pq | a^(k(p-1)(q-1)) - 1 
   即 a^(k(p-1)(q-1)) == 1 mod pq 
   =>  c == a^(k(p-1)(q-1)+1) == a mod pq 
 
2. 如果 a 是 p 的倍数, 但不是 q 的倍数时, 
   则 a^(q-1) == 1 mod q (费马小定理) 
   =>  a^(k(p-1)(q-1)) == 1 mod q 
   =>  c == a^(k(p-1)(q-1)+1) == a mod q 
   =>  q | c - a 
   因 p | a 
   =>  c == a^(k(p-1)(q-1)+1) == 0 mod p 
   =>  p | c - a 
   所以, pq | c - a  =>  c == a mod pq 
 
3. 如果 a 是 q 的倍数, 但不是 p 的倍数时, 证明同上 
 
4. 如果 a 同时是 p 和 q 的倍数时, 
   则 pq | a 
   =>  c == a^(k(p-1)(q-1)+1) == 0 mod pq 
   =>  pq | c - a 
   =>  c == a mod pq 
                                        Q.E.D. 
 
 
这个定理说明 a 经过编码为 b 再经过解码为 c 时, a == c mod n  (n = pq).... 
但我们在做编码解码时, 限制 0 <= a < n, 0 <= c < n, 
所以这就是说 a 等於 c, 所以这个过程确实能做到编码解码的功能..... 

二、RSA 的安全性

RSA的安全性依赖于大数分解，但是否等同于大数分解一直未能得到理论上的证明，因为没有证明破解 RSA就一定需要作大数分解。假设存在一种无须分解大数的算法，那它肯定可以修改成为大数分解算法。目前， RSA 的一些变种算法已被证明等价于大数分解。不管怎样，分解n是最显然的攻击方法。现在，人们已能分解多个十进制位的大素数。因此，模数n 必须选大一些，因具体适用情况而定。

三、RSA的速度

由于进行的都是大数计算，使得RSA最快的情况也比DES慢上倍，无论是软件还是硬件实现。速度一直是RSA的缺陷。一般来说只用于少量数据加密。

四、RSA的选择密文攻击

RSA在选择密文攻击面前很脆弱。一般攻击者是将某一信息作一下伪装( Blind)，让拥有私钥的实体签署。然后，经过计算就可得到它所想要的信息。实际上，攻击利用的都是同一个弱点，即存在这样一个事实：乘幂保留了输入的乘法结构：

( XM )^d = X^d *M^d mod n

  前面已经提到，这个固有的问题来自于公钥密码系统的最有用的特征--每个人都能使用公钥。但从算法上无法解决这一问题，主要措施有两条：一条是采用好的公钥协议，保证工作过程中实体不对其他实体任意产生的信息解密，不对自己一无所知的信息签名；另一条是决不对陌生人送来的随机文档签名，签名时首先使用One-Way HashFunction 对文档作HASH处理，或同时使用不同的签名算法。在中提到了几种不同类型的攻击方法。

五、RSA的公共模数攻击

若系统中共有一个模数，只是不同的人拥有不同的e和d，系统将是危险的。最普遍的情况是同一信息用不同的公钥加密，这些公钥共模而且互质，那末该信息无需私钥就可得到恢复。设P为信息明文，两个加密密钥为e1和e2，公共模数是n，则：

C1 = P^e1 mod n

C2 = P^e2 mod n

密码分析者知道n、e1、e2、C1和C2，就能得到P。

因为e1和e2互质，故用Euclidean算法能找到r和s，满足：

r * e1 + s * e2 = 1

假设r为负数，需再用Euclidean算法计算C1^(-1)，则

( C1^(-1) )^(-r) * C2^s = P mod n

  另外，还有其它几种利用公共模数攻击的方法。总之，如果知道给定模数的一对e和d，一是有利于攻击者分解模数，一是有利于攻击者计算出其它成对的e’和d’，而无需分解模数。解决办法只有一个，那就是不要共享模数n。

   RSA的小指数攻击。 有一种提高 RSA速度的建议是使公钥e取较小的值，这样会使加密变得易于实现，速度有
所提高。但这样作是不安全的，对付办法就是e和d都取较大的值。

   RSA算法是第一个能同时用于加密和数字签名的算法，也易于理解和操作。RSA是被研究得最广泛的公钥算法，从提出到现在已近二十年，经历了各种攻击的考验，逐渐为人们接受，普遍认为是目前最优秀的公钥方案之一。RSA的安全性依赖于大数的因子分解，但并没有从理论上证明破译RSA的难度与大数分解难度等价。即RSA的重大缺陷是无法从理论上把握它的保密性能如何，而且密码学界多数人士倾向于因子分解不是NPC问题。 RSA的缺点主要有：A)产生密钥很麻烦，受到素数产生技术的限制，因而难以做到一次一密。B)分组长度太大，为保证安全性，n 至少也要 600 bits 以上，使运算代价很高，尤其是速度较慢，较对称密码算法慢几个数量级；且随着大数分解技术的发展，这个长度还在增加，不利于数据格式的标准化。目前，SET( Secure Electronic Transaction )协议中要求CA采用比特长的密钥，其他实体使用比特的密钥。