1. No category

MA1301 TALLTEORI, HØST 2015
LØSNINGSFORSLAG – ØVING 9
Avsnitt 7.4
l
l+1
Oppgave 13. Hvis n = p , sett k = p . Da er ϕ(k) = pl (p − 1). Så n|ϕ(k).
Generelt, hvis n = pl1 · · · pls sett k = pl1 +1 · · · pls +1 .
Oppgave 14*. Med n = p(p + 2) er ϕ(n) = ϕ(p)ϕ(p + 2) = (p − 1)(p + 1) og
σ(n) = σ(p)σ(p + 2) = (p + 1)(p + 3).
Herav følger at
ϕ(n)σ(n) = (n + 1)(n − 3).
Oppgave 16. For definisjon av reduced set of residues modulo n, se Oppg. 7.3.12. Da følger resultatet
av Thm. 7.7.
Eksamen høst 2004
Oppgave 5a. Vi skal finne et tall d slik at de ≡ 1 (mod ϕ(n)). Siden 85 = 5 · 17 er ϕ(n) = 4 · 16 = 64.
Ved å løse den diofantiske ligningen 15d + 64y = 1 på den vanlige måten, kan man finne at d = 47.
(Utregningen er utelatt, men det er nøyaktig det samme som på tidligere øvinger. Dersom man trenger
oppfrisking, se avsnitt 2.5 og side 77 i Burton.)
Den hemmelige dekrypteringsnøkkelen blir dermed {n, d} = {85, 47}.
Oppgave 5b. For å kryptere meldingen må vi regne ut M e ≡ 715 (mod 85). Vi regner da ut 73 ≡ 343 ≡ 3
(mod 85), og da er 715 ≡ 35 ≡ 243 ≡ 73 (mod 85). Den krypterte meldingen er derfor 73.
Eksamen høst 2005
Oppgave 3a*. For å finne den offentlige nøkkelen må vi finne et tall e slik at de ≡ 1 (mod ϕ(n)),
der 0 ≤ e < ϕ(n). Observer at 91 = 7 · 13, så ϕ(91) = 6 · 12 = 72. Ligningen som må løses er altså
29e + 72y = 1. Den løses som beskrevet over, og løsningen er e = 5. (Igjen er detaljene rundt løsningen
av den diofantiske ligningen utelatt.) Den offentlige nøkkelen er {91, 5}.
Oppgave 3b*. Meldingen m = 9 er kryptert med nøkkelen over. For å dekryptere må vi opphøye
meldingen i 29, altså regne ut 929 (mod 91). Se først at 92 ≡ 81 ≡ −10 (mod 91), og at 93 ≡ −90 ≡ 1
(mod 91). Da har vi 929 = 93·9 · 92 ≡ 81 (mod 91). Altså var meldingen 81.
Eksamen høst 2006
Oppgave 5*. Hintet sier at vi skal betrakte 12 som en kryptert melding i RSA-systemet. Trikset i
oppgaven er å se at man da skal betrakte {55, 37} som den offentlige nøkkelen, og at man må finne den
hemmelige nøkkelen.
Vi observerer først at ϕ(55) = 40, siden 55 = 5 · 11. Vi må derfor finne et tall d slik at 37d ≡ 1
(mod 40). Det har løsningen d = 13 på samme måte som beskrevet over, vi har dermed at
x ≡ x13·37 ≡ 1213
37 13
(mod 55),
siden (x ) ≡ x (mod 55).
For å regne ut 1213 , start med 122 ≡ 34 og 124 ≡ 342 ≡ 1 (mod 55). Dermed er 1213 ≡ (124 )3 · 12 ≡ 12
(mod 55).
Det at x37·13 ≡ x (mod 55) er i tråd med RSA-algoritmen. Siden 37 · 13 ≡ 1 (mod 40), er x37·13 ≡
40k+1
x
≡ 1k · x ≡ x (mod 55). Dette følger av varianten av Eulers teorem i Notat 2 (Teorem 1.2).
Date: 17. oktober 2015.
1
2
MA1301 TALLTEORI, HØST 2015 LØSNINGSFORSLAG – ØVING 9
Eksamen høst 2007
Oppgave 3*. Her har vi to ligninger og to ukjente: Vi vet at 2pq = 57482 (pq = 28741) og at ϕ(57482) =
28000 = (2 − 1)(p − 1)(q − 1) = pq − (p + q) + 1 = 28741 − (p + q) + 1.
Dermed er p + q = 742 og pq = 28741. Ved å sette inn q = 742 − p i andre ligning får vi annengradslkgninga 742p − p2 = p(742 − p) = 28741, som man kan løse med “abc-formelen”:
p
1
p = (742 ± 7422 − 4 · 28741) = 371 ± 330.
2
Hvis p = 41, da er q = 28741/41 = 701, og motsatt.
Oppgave 7. Vi trenger å løse kongruensen 65d ≡ 1 (mod ϕ(299)).
Nå er ϕ(299) = (13 − 1)(23 − 1) = 264. For å løse kongruensen 65d ≡ 1 (mod 264), kan vi feks bruke
Euklids algoritme og får:
65 · 65 − 16 · 264 = 1, dvs d=65.
Da har vi flg ekvivalens:
x65 ≡ 210
(mod 299) ⇐⇒ 210d ≡ x (mod 299).
Altså er x ≡ 21065 (mod 299).
Det er mange måter å regne ut 21065 (mod 264) på, her er en:
Siden 210 ≡ −89 (mod 299) blir (alt er (mod 299)):
2102 ≡ (−89)2 ≡ 7921 ≡ 147
2104 ≡ (147)2 ≡ 21609 ≡ 81
2108 ≡ (81)2 ≡ 6561 ≡ 282 ≡ −17
21016 ≡ (−17)2 ≡ 289 ≡ −10
21064 ≡ (−10)4 ≡ 10000 ≡ 133
21065 ≡ 133 · 210 ≡ 27930 ≡ 123.
Så x = 123.