ELEKTROTEHNIČKI FAKULTET SARAJEVO
Domaća zadaća 1 DISKRETNA MATEMATIKA
Ime i prezime: Amar Burić Broj indeksa: 17401 Grupa: DM RI-4
Demonstrator: Šeila Bećirović
4.11.2016, Sarajevo
Amar Burić
Domaća zadaća 1
Diskretna matematika
Akademska godina 2016/2017
Domaća zadaća 1 1.
Za potrebe neke vitaminske terapije koriste se tri vrste tableta T 1, T2 i T3 koje respektivno
sadrže 4, 14, odnosno 22 jedinica nekog vitamina. Terapijom je potrebno unijeti 56 jedinica tog vitamina. Odredite sve moguće načine kako se može realizirati ta terapija pomoću raspoloživih tableta ukoliko se tablete ne smiju lomiti, tj. može se uzeti samo cijela tableta. Rješenje: Rješenja datog problema su rješenja Diofantove jednačine 4x + 14y + 22z = 56 uz ograničenje x, y, z ∈ ℕ0. Kako je NZD(4, 14, 22) = 2, a 2 | 56 to datu jednačinu možemo
. Jednačina se transformiše u
2x + 7y = 28 – podijeliti sa 2 te dobijamo 2x + 7y + 11z = 28 11z. Uvjet rješivosti je tada NZD(2, 7) | 28 – 11z što je zadovoljeno jer je NZD(2, 7) = 1. Tada z m za NZD(2, 7) može imati proizvoljnu vrijednost z = s gdje s daje:
∈ ℤ. Prošireni Euklidov algorita
⇒1=7–3∙2 x = -3 ∙ (28 – 11s) + 7t = -84 – 33 ∙ s + 7t y = 28 – 11s - 2t 7=3∙2+1
Smjenom t = t + 14 dobijaju se rješenja: –
x = 14 - 33s + 7t, y = 11s - 2t, z = s, s Kako vrijedi uslov x, y, z
∈ ℤ, t ∈ ℤ
≥ 0 slijedi da je s ≥ 0. Također: 2t ≥ 0 -2t ≥11s / ∙ (-1) 2t ≤ -11s -11s -
Kako je s ≥ 0 to je –s ≤ 0, pa slijedi da je t ≤ 0. Dalje: – 33s + 7t ≥ 0 7t ≥ 33s – 14 ≥ -14 ⇒ t ≥ -14/7 = -2 14
Tako da vrijedi t ∈ {-2, -1, 0}. t = -2 14
– 33s + 7 ∙ (-2) ≥ 0 -33s ≥ 0 ⇒ s ≤ 0
Jedino rješenje za t = -2 je s = 0. t = -1
– 33s + 7 ∙ (-1) ≥ 0 7 - 33s ≥ 0 ⇒ s ≤ ⌊ ⌋ = 0 14
(t, s) = (-1, 0)
2
Amar Burić
Domaća zadaća 1
Diskretna matematika
t=0
Akademska godina 2016/2017
– 33s + 7 ∙ 0 ≥ 0 7 - 33s ≥ 0 ⇒ s ≤ ⌊ ⌋ = 0 14
(t, s) = (0, 0)
Moguća rješenja su (t, s) ∈ {(-2, 0), (-1, 0), (0, 0)} što daje (x, y, z) ∈ {(0, 4, 0), (7, 2, 0), (14, 0, 0)}. 2.
Čopor majmuna je skupljao banane. Kada su skupljene banane pokušali razmjestiti u 15 jednakih gomila, ispostavilo se da preostaje 7 banana koje je nemoguće rasporedititi tako da gomile budu jednake. Slično, kada su probali rasporediti banane u 19 jednakih gomila, preostale su 4 banane. Međutim, uspjeli su skupljene banane razmjestiti u 29 jednakih gomila. Odredite koliki je najmanji mogući broj banana za koji je ovakav scenario moguć (uz pretpostavku da su majmuni u stanju uraditi ovo što je opisano, što je prilično diskutabilno). Rješenje:
Dati problem je rješenje sistema linearnih kongruencija: x ≡ 7 (mod 15) x ≡ 4 (mod 19) x ≡ 0 (mod 29) Sistem se lahko rješava uspomoć kineske teoreme o ostacima. Uvjet za korištenje je zadovoljen kako vrijedi NZD(15, 19) = NZD(19, 29) = NZD(15, 29) = 1.
λ 1 = 15 ∙ 19 ∙ 29 / 15 = 19 ∙ 29 = 551 λ 2 = 435 λ 3 = 285 Dalje se rješava sistem linearnih kongruencija tipa λ ixi ≡ ci (mod ni). Prva kongruencija je ekvivalentna Diofantovoj jednačini 551x + 15k = 7. NZD(551, 15) = 1, pa je jednačina rješiva. Proširen Euklidov algoritam daje: 551 = 36 ∙ 15 + 11 ⇒ 11 = 1 ∙ 551 – 36 ∙ 15 15 = 1 ∙ 11 + 4 ⇒ 4 = 15 – 1 ∙ 11 = 37 ∙ 15 – 1 ∙ 551 11 = 2 ∙ 4 + 3 ⇒ 3 = 3 ∙ 551 – 110 ∙ 15 4 = 1 ∙ 3 + 1 ⇒ 1 = -4 ∙ 7 + 147 ∙ 15 x1 = -4 ∙ 7 + 15t, t ∈
ℤ , tako da je tipično rješenje x = 2. 1
Analognim postupkom se dobijaju i rješenja x 2 = -2 i x3 = 0. Konačno rješenje će biti x = mod(2 ∙ 551 – 2 ∙ 435 + 0 ∙ 285, 551 ∙ 435 ∙ 285) = mod(232, 68310225) = 232. 3.
Tajna špijunska organizacija HABER SPY, zadužena za prisluškivanje razgovora na ETF Haber kutiji u cilju sprečavanja dogovaranja jezivih terorističkih aktivnosti koje se sastoje u podvaljivanju pokvarene (ukisle) kafe neposlušnim djelatnicima ETF-a, jednog dana uhvatila je tajanstvenu poruku koja je glasila CGMARIVIBAXGTVGBKCHVGXGTHQJYGCGXFGBGXGTRQBKCYVIJTIMGJIMGJKYI
Ova poruka smjesta je analizirana uz pomoć HEPEK superkvantnog kompjutera, koji nije uspio dešifrirati poruku, ali je došao do sljedećih spoznaja: 3
Amar Burić
Domaća zadaća 1
Diskretna matematika
Akademska godina 2016/2017
Izvorna poruka je u cijelosti pisana bosanskim jezikom, isključivo velikim slovima unutar
engleskog alfabeta (ASCII kodovi u opsegu od 65 do 91);
Za šifriranje je korišten algoritam prema kojem se svaki znak izvorne poruke čiji je ASCII
kod x mijenja znakom sa ASCII kodom y prema formuli y = mod(a x + b, 26) + 65, gdje su a i b neke cjelobrojne konstante u opsegu od 0 do 25.
Međutim, HEPEK nije uspio do kraja probiti algoritam šifriranja i dešifrirati poruku. Stoga je vaš zadatak sljedeći: a. Odredite konstante a i b ukoliko je poznata činjenica da se u bosanskom jeziku ubjedljivo
najviše puta pojavljuje slovo A, a odmah zatim po učestanosti pojavljivanja slijedi slovo E; b. Odredite funkciju dešifriranja, tj. funkciju kojom se vrši rekonstrukcija x iz poznatog y ; c. Na osnovu rezultata pod b), dešifrirajte uhvaćenu poruku (za tu svrhu, napišite kratku funkciju od dva reda u C-u, C++-u ili nekom drugom sličnom programskom jeziku, jer bi Vam ručno računanje oduzelo cijeli dan; uz zadaću, priložite listing te funkcije). Rješenje: a. Kako je najčešće slovo u poruci slovo G to znači da vrijedi preslikavanje A ⟶ G (65 ⟶ 71). Sljedeće slovo po učestalosti je I što znači da vrijedi E ⟶ I (69 ⟶ 73). Iz toga slijedi da vrijede formule: mod(65a + b, 26) + 65 = 71 mod(69a + b, 26) + 65 = 73
Što je, nakon prebacivanja sabirka, ekvivalentno sistemu kongruencija: 65a + b ≡ 6 (mod 26) 69a + b ≡ 8 (mod 26) Oduzimanjem prve kongruencije od druge dobija se 4a ≡ 2 (mod 26). Kongruencija je ekvivalentna Diofantovoj jednačini 4a + 26k = 2. Kako je NZD(2, 26) = 2 i 2 | 2, jednačinu dijelimo sa 2 i dobijamo 2a + 13k = 1. Euklidov prošireni algoritam daje 13 = 6 ∙ 2 + 1, pa je 1 = 13 – 6 ∙ 2. a = -6 + 13t, t ∈
ℤ
Kako vrijedi 0 ≤ a ≤ 25 to je a = 7 ili a = 20. (1) a = 7
b ≡ 8 – 69 ∙ 7 (mod 26) b ≡ -475 (mod 26) Rješenje za koje je 0 ≤ b ≤ 25 je b = 19. (2) a = 20
b ≡ 8 – 69 ∙ 20 (mod 26) b ≡ -1372 (mod 26) Za dati uvjet b = 6.
∈ {(7, 19), (20, 6)}. Kako bi u slučaju da je a = 20 i b = 6 izraz mod(20x + 6, 26) uvijek bio paran, a time vrijednost y = mod(20x + 6, 26) + 65 uvijek neparna to bi značilo da se u poruci ne Moguća rješenja su tada (a, b)
4
Amar Burić
Domaća zadaća 1
Diskretna matematika
Akademska godina 2016/2017
mogu pojavljivati znakovi čija je ASCII vrijednost paran broj. Činjenica da se u poruci nalazi slovo B (66) dovoljan je dokaz da to nije slučaj. Jedini mogući par (a, b) je tada (7, 19). b.
Tražena funkcija se dobija nalaženjem inverzne funkcije y = mod(7x + 19, 26) + 65 gdje je 65 ≤ x ≤ 90. Radi lakšeg rada, može se uzeti smjena x = x' + 65. Uvrštavanje te smjene u formulu daje:
y = mod(7(x' + 65) + 19, 26) + 65 y = mod(7x' + 474, 26) + 65 y = mod(7x' + 6, 26) + 65
Jednačina je ekvivalentna linearnoj kongruenciji y – 65 ≡ 7x' + 6 (mod 26), koju treba riješiti po x'. 7x' ≡ y – 71 (mod 26) 7x' ≡ y + 7 (mod 26) 7x' +26k = y + 7
Kako je NZD(7, 26) = 1, jednačina je rješiva. 26 = 3 ∙ 7 + 5 ⇒ 5 = 26 – 3 ∙ 7 7 = 1 ∙ 5 + 2 ⇒ 2 = 7 – 5 = 4 ∙ 7 – 26 5 = 2 ∙ 2 + 1 ⇒ 1 = 5 – 2 ∙ 2 = 26 – 3 ∙ 7 – 2 ∙ (4 ∙ 7 - 26 ) = 3 ∙ 26 – 11 ∙ 7 x' = -11(y + 7) + 26k x' = -11y
– 77 + 26k, k ∈ ℤ
Uz smjenu k = k + 3, x' = -11y + 1 + 26k x' = -11y + 1 + 26k - 11y (mod 26) - 11y, 26)
⇔ x' ≡ 1 ⇔ x' = mod(1 U ovom obliku je traženi uvjet 0 ≤ x' ≤ 25 uvijek zadovoljen. Nešto ljepši oblik ove formule bi bio x' = mod(15y + 1, 26). Vraćanjem smjene x = x' + 65 dobija se konačna formula za dekripciju x = mod(15y + 1, 26) + 65. c. Kod u Pythonu: for i in "CGMARIVIBAXGTVGBKCHVGXGTHQJYGCGXFGBGXGTRQBKCYVIJTIMGJIMGJKYI": print(chr((15 * ord(i) + 1) % 26 + 65), end='')
ispisuje u konzolu sljedeću poruku: SAMOJEREDOVANRADISPRAVANPUTKASAVLADAVANJUDISKRETNEMATEMATIKE
4.
Riješite sljedeće sisteme linearnih kongruencija i izdvojite im tipična rješenja: a. 2 x + 4 y + 18 z ≡ 60 (mod 93), 18 x + 18 y + 3 z ≡ 30 (mod 93), 15 x + 17 y + 3 z ≡ 78 (mod 93) b. 30 x + 25 y ≡ 35 (mod 45), 21 x + 21 y ≡ 27 (mod 45) 5
Amar Burić
Domaća zadaća 1
Diskretna matematika
Akademska godina 2016/2017
Rješenje: a. 2x + 4y + 18z ≡ 60 (mod 93) (1) 18x + 18y + 3z ≡ 30 (mod 93) (2) 15x + 17y + 3z ≡ 78 (mod 93) (3)
–
(2) (1):
–
– – 3)z ≡ 30 – 78 (mod 93) 3x + y ≡ 3x + y ≡ 45 (mod 93) (4)
(18 15)x + (18 17)y + (3 -48 (mod 93)
(1)
– 6 ∙ (2): – 104y ≡ -120 (mod 93) 80x + 82y ≡ 66 (mod 93) 40x + 41y ≡ 33 (mod 93) (5)
-106x
(5)
– 41 ∙ (4):
83x ≡ -1812 (mod 93) 10x ≡ 48 (mod 93) 5x ≡ 24 (mod 93) Sada je potrebno riješiti Diofantovu jednačinu 5x + 93 t ≡ 24: 93 = 18 ∙ 5 + 3 ⇒ 3 = 93 –18 ∙ 5 5 = 1 ∙ 3 + 2 ⇒ 2 = 5 – 3 = -93 + 19 ∙ 5 3 = 1 ∙ 2 + 1 ⇒ 1 = 3 – 2 = 93 – 18 ∙ 5 + 93 – 19 ∙ 5 = 2 ∙ 93 – 37 ∙ 5 Rješenje za x je x = -37 ∙ 24 + 93t (t ∈ ℤ), odnosno: x ≡ -888 (mod 93) x ≡ 42 (mod 93) Tipično rješenje x = 42 uvrštavamo u (4): y ≡ 45 – 3 ∙ 42 (mod 93) y ≡ -84 (mod 93) y ≡ 12 (mod 93) Uvrštavanjem tipičnih rješenja za x i y u (3) i sređivanjem se dobije 3z ≡ 81 (mod 93), što dijeljenjem sa NZD(3, 81) = 3 daje kongruenciju z ≡ 27 (mod 31). Dakle, tipična rješenja su x = 42, y = 12 i z ∈ {27, 58, 89}. -
b.
30x + 25y ≡ 35 (mod 45) (1) 21x + 21y ≡ 27 (mod 45) (2) –
(1) (2):
6
Amar Burić
Domaća zadaća 1
Diskretna matematika
Akademska godina 2016/2017
9x + 4y ≡ 8 (mod 45) (3) (2)
– 2 ∙ (3): 3x + 12y ≡ 11 (mod 45) (4)
(3)
– 3 ∙ (4):
35y ≡ -25 (mod 45) 10y ≡ 20 (mod 45) y ≡ 2 (mod 9) Uvrštavanje općeg rješenja y = 2 + 9t (t ∈ ℤ) u (4) daje: 3x + 13(2 + 9t) ≡ 11 (mod 45) 3x + 26 + 117t ≡ 11 (mod 45) 3x ≡ -15 + 117t (mod 45) 3x ≡ 30 + 27t (mod 45) Data kongruencija je ekvivalentna Diofantovoj jednačini 3x + 45s = 30 + 27t, koja je rješiva samo ako NZD(3, 45) | 30 + 27t. Kako je NZD(3, 45) = 3, a 3 uvijek dijeli 30 + 27t, to je ova jednačina rješiva za svaku vrijednost t. Dijeljenjem sa 3 se dobije x = 10 + 9t +15s, odnosno x ≡ 10 + 9t (mod 15). Kako je 45/9 = 5, postoji 5 tipičnih rješenja za y, a za svako y postoje 45/15 = 3 tipičnih rješenja za x. Ta rješenja su: y = 2, x ∈ {10, 25, 40} y = 11, x ∈ {4, 19, 34} y = 20, x ∈ {13, 28, 43} y = 29, x ∈ {7, 22, 37} y = 38, x ∈ {1, 16, 31} -
5.
Ispitajte rješivost i odredite broj rješenja sljedećih kvadratnih kongruencija (u slučaju da su rješive): a. b. c. d.
x 2 ≡ 757 (mod 897) x 2 ≡ 40657 (mod 66424) x 2 ≡ 31327 (mod 476) x 2 ≡ 225 (mod 40425)
Rješenje: a. Kako je NZD(757, 897) = 1 uvjet u opštem slučaju za rješivost ovakve kongruencije je (a | pi ) = 1 gdje su pi prosti faktori broja 897 različiti od 2. 897 se može faktorisati kao 897 = 3 ∙ 13 ∙ 23. Koristeći pravila za rad sa Legendrovim simbolima dobijaju se sljedeći izrazi: (757 | 3) = (mod(757, 3) | 3) = (1 | 3) = 1
(757 | 13) = (mod(757, 13) | 13) = (3 | 13) = (13 | 3) ∙ (-1)(13 – 1)(3 – 1)/4 = (13 | 3) = (mod(13, 3) | 3) = (1 | 3) = 1
(757 | 23) = (mod(757, 23) | 23) = (21 | 23) = (3 ∙ 7 | 23) = (3 | 23) ∙ (7 | 23) = (23 | 3) ∙ (1)(23 – 1)(3 – 1)/4 ∙ (23 | 7) ∙ (-1)(23 – 1)(7 – 1)/4 = (23 | 3) ∙ (23 | 7) = (mod(23, 3) |3) ∙ (mod(23, 7) | 7) = (2 | 3) ∙ (2 | 7) = (-1)(9 – 1)/8 + (49 – 1)/8 = (-1)7 = -1 Data kongruencija nije rješiva.
7
Amar Burić
Domaća zadaća 1
Diskretna matematika
Akademska godina 2016/2017
b. NZD(40657, 66424) = 1 66424 = 23 ∙ 192 ∙ 23 (40657 | 19) = (16 | 19) = (42 | 19) = 1 (40657 | 23) = (16 | 23) = 1 Kako baza 66424 ima i faktor 23 u svojoj rastavi, dodatni uvjet je i to da je a ≡ 1 (mod 8).
Kako je mod(40657, 8) = 1, to je ova kongruencija rješiva. Broj rješenja je u ovom slučaju 2k + 2 gdje je k broj faktora u rastavi baze različitih od 2. Kako je k = 2, to je broj rješenja 22 + 2 = 16. c. Kongruencija je ekvivalentna x 2 ≡ 387 (mod 476). Dalje je NZD(387, 476) = 1, a rastava baze glasi 476 = 22 ∙ 7 ∙ 17. (387 | 7) = (2 | 7) = (-1)(49 – 1)/8 = 1
(387 | 17) = (13 |17) = (17 | 13) ∙ (-1)(17 – 1)(13 – 1)/4 = (17 | 13) = (4 | 13) = (22 | 13) = 1 Stepen broja 2 u rastavi baze je e = 2, te je dodatni uvjet da vrijedi a ≡ 1 (mod 4). Kako je
mod(387, 4) = 3, kongruencija nije rješiva. d. Pošto je NZD(225, 40425) = 75 ≠ 1 potrebno je pronaći rastavu 75 = pq2.
75 = 3 ∙ 52 ⇒ p = 3, q = 5 Da bi ovakva kongruencija bila rješiva potrebno je da vrijedi NZD(a/q 2, m/d) = 1 i da je kongrunencija y2 ≡ a/q2 (mod m/d) rješiva (gdje vrijedi x = pqy). Kako je NZD(225/25,
40425/75) = 1, prvi uvjet je zadovoljen. Smjenom x = 15y i sređivanjem dobija se kongruencija y2 ≡ 9 (mod 539). NZD(9, 539) = 1, te se rješivost ove kongruencije dalje određuje rastavom baze na faktore i korištenjem Legendrovih simbola: 539 = 72 ∙ 11 (9 | 7) = (32 | 7) = 1 (11 | 7) = (4 | 7) = (22 | 7) = 1
Kongruencija je dakle rješiva. Njen broj rješenja je jednak broju tipičnih rješenja kongruencije y2 ≡ 9 (mod 539). Pošto se broj 2 ne nalazi u rastavi 539 na proste faktore, broj rješenja je #S = 2 k = 22 = 4. 6.
Nađite sve diskretne kvadratne korijene sljedećih klasa ostataka, formiranjem odgovarajućih kvadratnih kongruencija i njihovim rješavanjem (rješavanje "grubom silom" neće biti prihvaćeno): a. b. c. d.
[28]113 [53]169 [262]381 [1512]3591
Rješenje: 8
Amar Burić
Domaća zadaća 1
Diskretna matematika
Akademska godina 2016/2017
a. Potrebno je riješiti kongruenciju x2 ≡ 28 (mod 113). Kako je 113 prost broj različit od 2,
uvjet rješivosti je (28 | 113) = 1. (28 | 113) = (4 ∙ 7 | 113) = (4 | 113) ∙ (7 | 113) = (22 | 113) ∙ (7 | 113) = (7 | 113) = (113 | 7) ∙ (-1)6 ∙ 112 / 4 = (113 | 7) = (1 | 7) = 1 Kongruencija je time rješiva. Kako ne vrijedi mod(113, 4) = 3 niti mod(113, 8) = 5, potrebno je primjeniti Tonellijev algoritam. Prvi korak je pronalaženje q, takvo da je q ˂ p i (q | 113) = -1. Lahko se odredi da se može uzeti q = 3. Inicijalizacija varijabli: t = 112/2 = 56, v = 1, w = 28, h = inv(3, 113).
Kako je NZD(3, 113) = 1, inverzni element se može pronaći na sljedeći način:
− = [3]()− = [3] − = [3] [3] Potrebno je primjeniti princip kvadriraj-i-množi. 111 = 1 + 2 + 4 + 8 + 32 + 64.
= [9] , [9] = [81] , [81] = [7] , [3] = [49], [49] = [28] , [28] = [106] [7] [3] = [3 ∙9 ∙81 ∙7 ∙28 ∙106] = [38] Dakle, h = 38. Iteracije while petlje: 1) 2) 3)
t = 56/2 = 28, h = mod(382, 113) = 88. Uvjet mod(2828, 113) ≠ 1 nije zadovoljen. q = mod(32, 113) = 9. t = 14, h = 60, mod(2814, 113) = 1, q = 81 t = 7, h = 97, mod(287, 113) = 1, q = 7. Kako je mod(7, 2) = 1, petlja se ovdje zaustavlja.
Rješenja su: x1 = mod(1 ∙ 28(7 + 1)/2, 113) = 49, a x2 = 113 – x1 = 64. b. Kako je NZD(53, 169) = 1, a 169 = 132, uvjet rješivosti je (53 | 13) = 1. (53 | 13) = (mod(53, 13) | 13) = (1 | 13) = 1
Zbog tipa problema, ova kongruencija se rješava uspomoć Henselove leme. Prvo je potrebno pronaći jedno rješenje kongruencije x2 ≡ 53 (mod 13), odnosno x2 ≡ 1 (mod 13). Rješenje je očigledno x1 = 1. Dalje je potrebno pronaći h za koje vrijedi [ℎ] =
([2] )−.
− [2]− = [2]()− = [2] = [2] 11 = 1 + 2 + 8
= [3] , [3] = [9] [2] = [4], [4] [2] = [2 ∙ 4 ∙ 9] = [7] ⇒ ℎ = 7 9
Amar Burić
Domaća zadaća 1
Diskretna matematika
Akademska godina 2016/2017
Kako je 169 = 132, tipična rješenja su x = x 2 i x = 169 - x2. x2 = mod(1 – 7 ∙ (12 – 53), 169) = 27 169 – 27 = 142 c. NZD(262, 381) = 1, 381 = 3 ∙ 127 (262 | 3) = (1 | 3) = 1
(262 | 127) = (8 | 127) = (4 | 127) ∙ (2 | 127) = 1 ∙ (1)( – )/ = 1 Sada je potrebno pojedinačno riješiti kvadratne kongruencije x 2 ≡ 262 (mod 3) i x2 ≡ 262
(mod 127), a tada, uspomoć kineske teoreme o ostacima, riješiti sistem linearnih kongruencija dobiven rješavanjem te dvije kongruencije. x2 ≡ 262 (mod 3) x2 ≡ 1 (mod 3), očigledna rješenja su x ≡ 1 (mod 3) i x ≡ 2 (mod 3) x2 ≡ 262 (mod 127) x2 ≡ 8 (mod 127)
Kako je NZD(127, 4) = 3 može se iskoristiti Lagrangeova formula prema kojoj vrijedi: x1 ≡ 8(127 + 1)/4 (mod 127) x1 ≡ 832 (mod 127) Primjenom principa kvadriraj-i- množi rješenje je x1 ≡ 32 (mod 127). Dalje, x2 ≡ 127 – 32 (mod 127), odnosno x2 ≡ 95 (mod 127). Dakle, prva kongruencija daje rješenja x ≡ 1
(mod 3) ili x ≡ 2 (mod 3), a druga x ≡ 32 (mod 127) ili x≡ 95 (mod 127). Pošto obje moraju vrijediti u isto vrijeme, postoje četiri kombinacije kada su one zadovoljene: x ≡ 1 (mod 3) i x ≡ 32 (mod 127) x ≡ 2 (mod 3) i x ≡ 32 (mod 127)
x ≡ 1 (mod 3) i x ≡ 95 (mod 127) x ≡ 2 (mod 3) i x ≡ 95 (mod 127)
Za prvi sistem, λ 1 = 3 ∙ 127/3 = 127, λ 2 = 3. Kongruencija 127x ≡ 1 (mod 3) se lahko
rješava pogađanjem i daje tipično rješenje x = 1. Dalje, rješenje druge kongruencije glasi: 3x ≡ 32 (mod 127) 3x + 127t = 32
127 = 42 ∙ 3 + 1 ⇒ 1 = 127 – 42 ∙ 3 x = -42 ∙ 32 + 127t, iz čega slijedi da je tipično rješenje x = 53 Konačno rješenje za prvi sistem je x = mod(1 ∙ 127 + 3 ∙ 53, 127 ∙ 53) = 286. Analogno se dobiju rješenja i ostalih sistema te je rješenje polazne kvadratne kongruencije x ∈ {32, 95, 286, 349}. d. NZD(1512, 3591) = 189 ≠ 1, pa je potrebno izvršiti faktorizaciju d = 189 = 33 ∙ 7 = 3 ∙ 7 ∙ 32 = 21 ∙ 32 = pq2. Kako je NZD(1512/9, 3591/189) = 1 i kongruencija y2 ≡ 168 (mod 19) rješiva, s obzirom da je (168 | 19) = (16 | 19) = (42 | 19) = 1, to je i polazna kongruencija
rješiva. Smjena x = 21 ∙ 3 ∙ y daje: 10
Amar Burić
Domaća zadaća 1
Diskretna matematika
Akademska godina 2016/2017
(63y)2 = 1512 (mod 3591) 3989y2 = 1512 (mod 3591) 378y2 = 1512 (mod 3591) / : 189 2y2 = 8 (mod 19) / : 2 y2 = 4 (mod 19)
Pogađanjem se dobije jedno rješenje y ≡ 2 (mod 19), pa je time drugo rješenje y ≡ 19 – 2 (mod 19), odnosno y ≡ 17 (mod 19). Množenjem i vraćanjem smjene dobiju se rješenja x ≡ 1071 (mod 1197) i x ≡ 126 ( mod 1197). 7.
Aleksandra i Berin žele da razmjenjuju poruke šifrirane nekim algoritmom koji zahtijeva tajni ključ, ali nemaju sigurnog kurira preko kojeg bi mogli prenijeti ključ. Zbog toga su odlučili da razmijene ključ putem Diffie -Hellmanovog protokola. Za tu svrhu, oni su se preko ETF Haber kutije dogovorili da će koristiti prost broj p = 839 i generator g = 13. Nakon toga, Aleksandra je u tajnosti slučajno izabrala broj a = 94, dok se Berin u tajnosti odlučio za broj b = 371. Odredite koje još informacije Aleksandra i Berin moraju razmijeniti preko ETF Haber kutije da bi se dogovorili o vrijednosti ključa, i kako glasi ključ koji su oni dogovorili. Rješenje:
Dodatne informacije koje moraju razmjeniti su: α = mod(13 94, 839), koju Aleksandra računa i šalje Berinu, i β = mod(13371, 839) koju Berin računa i šalje Aleksandri. Oboje se računa metodom kvadriraj-i-množi: 94 = 2 + 4 + 8 + 16 + 64
[13] = [169], [169] = [35], [35] = [386], [386] = [493], [493] = [578], [578] = [162] [13] = [169 ∙35 ∙386 ∙493 ∙162] = [3] ⇒ = 3 371 = 1 + 2 + 16 + 32 + 64 + 256
[162] = [235], [235] = [690] [13] = [13 ∙169 ∙493 ∙578 ∙162∙690] = [853] ⇒ = 85 Ključ izračunavaju po formuli k = mod( ,)=mod(853, 839) = 816. 8.
Alma i Bruno međusobno razmjenjuju poruke preko Facebook -a. Kako je poznato da takva komunikacija nije pouzdana, oni su odlučili da će primati samo šifrirane poruke. Alma je na svoj profil postavila informaciju da prima samo poruke šifrirane formulom y = mod( x 449, 899) gdje je x izvorna (nešifrirana) poruka, dok je Bruno postavio informaciju da prima samo poruke šifrirane formulom y = mod( x 593, 667). a. Odredite kako glase funkcije koje koriste Alma i Bruno za dešifriranje šifriranih poruka
koje im pristižu. b. Odredite kako glasi šifrirana poruka y koju Alma šalje Bruni ako izvorna poruka glasi x = 474. Kako glasi digitalni potpis z u slučaju da Alma želi Bruni dokazati da poruka potiče baš od nje?
11
Amar Burić
Domaća zadaća 1
Diskretna matematika
c.
Akademska godina 2016/2017
Pokažite kako će Bruno dešifrirati šifriranu poruku y koju mu je Alma poslala (tj. primijenite odgovarajuću funkciju za dešifriranje na šifriranu poruku) i na osnovu primljenog digitalnog potpisa z utvrditi da je poruka zaista stigla od Alme..
Rješenje: a.
Za određivanje funkcija DA(y) i DB(y) prvo je potrebno izračunati φ(899) i φ(667): φ(899) = φ(29 ∙ 31) = (29 – 1)(31 – 1) = 840 φ(667) = φ(23 ∙ 29) = 616 Dalje je potrebno riješiti kongruencije 449b A ≡ 1 (mod 840) i 593bB ≡ 1 (mod 616): 449bA + 840t = 1
840 = 1 ∙ 449 + 391 ⇒ 391 = 840 – 449 449 = 1 ∙ 391 + 58 ⇒ 58 = 449 – 391 = 2 ∙ 449 – 1 ∙ 840 391 = 6 ∙ 58 + 43 ⇒ 43 = 7 ∙ 840 – 13 ∙ 449 58 = 43 + 15 ⇒ 15 = -8 ∙ 840 + 15 ∙ 449 43 = 2 ∙ 15 + 13 ⇒ 13 = 23 ∙ 840 – 43 ∙ 449 15 = 13 + 2 ⇒ 2 = -31 ∙ 840 + 58 ∙ 449 13 = 6 ∙ 2 + 1 ⇒ 1 = 209 ∙ 840 – 391 ∙ 449
ℤ
bA = -391 + 840t, t ∈ , pa je tipično rješenje bA = 449. Tipično rješenje druge kongruencije je bB = 241. Tako da su funkcije za dešifrovanje DA(y) = mod(y449, 899) i DB(y) = mod(y241, 667). b. y = EB(474) = mod(474 593, 667) = 327
z = EB(DA(474) ) = mod(mod(474 449, 899)593, 667) = 153 c.
DB(327) = mod(327 241, 667) = 474 EA(DB(153)) = (mod(153 241, 667)449, 899) = 474
Kako se vrijednosti poklapaju, to je dokaz da je poruka mogla doći samo od Alme.
12