Tìm hiểu và nghiên cứu các đảm bảo xác thực thay cho đảm bảo mật phần 3 ppt

Vietebooks Nguyn Hong Cng
Trang 11

Định lí 10.6.
Giả sử tồn tại một 0A(n,k,

) .Khi đó k

n+1
Chứng minh:
Cho A là một 0A(n,k,l) trên tập kí hiệu X={0,1 n-1}.Giả sử
là một phép hoán vị của X và ta hoán vị các kí hiệu trong một
cột bất kì của A theo phép giao hoán .Kết quả là ta lại có một
0A(n,k,l).Bởi vậy bằng cách áp dụng liên tiếp các phép vị kiểu
này ,có thể xem (mà không làm mất tính tổng quát) rằng hàng
đầu tiên cuả A là (00 0).
Tiếp theo ta sẽ chỉ ra rằng mỗi kí hiệu chỉ xuất hiện đùng
n lần trong mỗi cột của A.Hãy chọn hai cột (chẳng hạn c và
c)và cho X là một kí hiệu bất kì .Khi đó với mỗi kí hiệu x tồn
tại một hàng duy nhất của A trong đó x ở cột c và x ở cột
c.Cho x thay đổi trên X ta thấy rằng x xuất hiện đúng n lần
trong cột c.
Vì hàng thứ nhất là (00 0) nên ta đã vét cạn các khả năng
xuất hiện của các cặp đợc sắp (0.0).Bởi vậy không có một hàng
nào khác có nhiều hơn một kí hiệu o.Bây giờ ta sẽ đếm số các
hàng chứa ít nhất một kí hiệu 0.Tổng số là 1+k(n-1).Tuy nhiên
tổng này không thể lớn hơn tổng số các hàng trong A (bằng
n
2
).Bởi vậy 1+k(n-1)n
2

hay kn+1 nh mong muốn .
Bây giờ ta sẽ đa ra một cấu trúc cho mảng trực giao có
=1 ,trong đó k=n .Trong thực tế đây chính là cấu trúc đã dùng
để thu đợc mảng trực giao nêu ở hình 10.5.

Định lí 10.7
Giả sử p là một số nguyên tố.Khi đó tồn tại một mảng
trực giao 0A(p.p.1).

Chứng minh:
Mảng này sẽ là một cấp p
2
ìp,trong đó các hàng đợc lập
chỉ số trong Z
P
xZ
P
và các cột đợc lập chỉ số trong Z
P
.Phần tử ở
hàng (i,j) và cột x đợc tính bằng i.x+j mod p.
Giả sử chọn hai cột x và y,xy,và hai kí hiệu a,b.Ta cần
tìm một hàng duy nhất (i,j) sao cho a nằm trong cột x và y nằm
trong cột y của hàng (i,j).Vì thế cần giải hai phơng trình:
a=i.x+j
b=i.y+j
Vietebooks Nguyn Hong Cng
Trang 12
theo các ẩn i và j (trong đó tất cả các phép tính số học đợc thực
hiện trong trờng Z).Nhng hệ này có nghiệm duy nhất:

i=(a-b)(x-y)
4
mod p
j=a-y.x mod p
Bởi vậy ta có một mảng trực giao.

Nhận xét rằng một 0A(n,n,1) bất kì có thể mở rộng thêm
một cột để tạo thành 0A(n,n+1,1)(xem các bài tập ).Vì thế dùng
định lí 10.7 có thể nhận đợc vô hạn các 0A đạt đợc giới hạn
của định lí 10.6 với dấu bằng.
Định lí 10.6 cho biết rằng >1 nếu k>n+1.Ta sẽ chứng
minh một kết quả tổng quát hơn khi đặt giới hạn dới của nh
một hàm của n và k.Tuy nhiên,trớc tiên cần đa ra một bất
đẳng thức quan trọng sẽ dùng trong chứng minh.

Bổ đề 10.8.
Giả sử b
1
b
m
là các số thực.Khi đó:

2
1
1
1
2
1
)(

==

n
m
n
m
bbm

Chứng minh
áp dụng bất đẳng thức Jensen(Định lí 2.5) với f(x)=-x
2
và
a
1
=1/m.1im.Hàm f là liên tục là và lõm.Vì thế ta nhận đợc :

2
1
1
1
2
1

==
m
i
m
i
m
b
m
b



Từ đây dễ dàng rút ra kết quả mong muốn.

Định lí 10.9.
Giả sử tồn tại một 0A(n,k,).Khi đó

2
1)1(
n
nk
+




Chứng minh
Cho A là một 0A(n,k,) trên tập kí hiệu X={0,1 n-1},trong đó
hàng đầu tiên của A là (0,0 0)(giả thiết này không làm mất tính tổng
quát nh đã thấy trong định lí 10.6).

Vietebooks Nguyn Hong Cng
Trang 13
Kí hiệu các tập hàng của Alà R và r
1
là hàng đầu tiên,cho
R
1
=R\{r1}.Với một hàng bất r của A,kí hiệu x
r
chỉ số lần xuất hiện của
0 trong hàng r.Có thể dễ dàng tình đợc tổng số lần xuaat hiện của 0
trong R
1
.Vì mỗi kí hiệu phải xuất hiện đúng n lần trong mỗi cột của
Anên ta có:

)1.(
1
=


nkx
Rr
r


Bây giờ số lần xuất hiện cặp đợc sắp (0,0) ở các hàng trong R
1
là:

)1.(
)1(
2
121
2
2
=
=






nkx
xxxx
Rr
r
Rr
r
Rr
r
Rr
rr


áp dụng bổ đề (10.8) ta có:

1.
))1.((

2
2
2
1





n
nk
x
Rr
r



và bởi vậy :

)1.(
1
))1.((
)1(
2
1

nk
n
nk
xx
r
Rr
r




Mặt khác,trong một cặp cột cho trớc bất kì,cặp đợc sắp (0,0) xuất
hiện trong đúng hàng .Vì có k(k-1)cặp các cột đợc sắp nên dẫn đến
số lần xuất hiện của cặp đợc sắp (0,0) trong các hàng của R đúng
bằng (-1)k(k-1).Bởi vậy ta có:
(-1)k(k-1)
)1.(
1.
))1.((
2
2



nk
n
nk

và do đó :
((-1)k(k-1)+k(n-1)(n
2
-1)(k(n-1))
2

Khai triển ta có:

2
kn
2
-k.n
2
-
2
n
2
+
2
n
3
-k+k+-n
2
kn
2
-2kn+k
hay:
-

2
n
2
+
2
n
3
kn
2
+k-+n-2kn
hoặc
2
(n
3
-n
2
)(k(n-1)
2
+n-1)
Cuối cùng,chia hai vế cho (n-1) ta có :
n
2
k(n-1)+1
Đây chính là giới hạn cần tìm.
Kết quả sau thiết lập sự tồn tại của một lớp vô hạn các mảng trực
giao đạt đợc giới hạn nêu trên với đấu =.

Định lí 10.10.
Giả sử p là một số nguyên tố và d

2 là một số nguyên.Khi đó tồn tại
một mảng trực giao 0A(p.(p
d
-1)/(p-1).p
d-2


Vietebooks Nguyn Hong Cng
Trang 14
Chứng minh:
Kí hiệu (Z
P
)
d
là không gian véc tơ chứa tất cả bộ d trên Z
P
.Ta sẽ
xây dựng A (là một 0A(p,(p
d
-1)/(p-1),p
d-2
) trong đó các hàng và các cột
đợc lập chỉ số theo các véc tơ trong (Z
P
)
d
.Các phần tử của A sẽ là các
phần tử của Z
P
.Tập hợp các hàng đợc xác định là R=(Z

p
)
d
):tập các cột
là :
C = {(c
1
c
d
)(Z
p
)
d
: j,0jd-1 ,c
1
= =c
j
=0,c
j+1
=1}
R chứa tất cả các véc tơ trong (Z
P
)
d
,bởi vậy R=p
d
.C chứa tất cả các
véc tơ khác không có toạ độ khác 0 đầu tiên bằng 1.Nhận thấy rằng:
C=
1

1


p
p
c

và không có hai véc tơ nào trong C là các bội vô hớng của nhau.
Bây giờ vói mỗi véc tơ r R và mỗi cC ta định nghĩa:
A(r.c)=r.c
Trong đó .kí hiệu tích trong hai véc tơ (đợc rút gọn theo mod p).
Ta sẽ chứng minh A là mảng trực giao mong muốn.Cho b,cC
là hai cột khác nhau và cho x,yZ
P
.Ta sẽ tính số hàng r để A(r,b)=x
và A(r,b)=y.Kí hiệu r=(r
1
,r
2
r
d
).b=(b
1
,b
2
b
d
) và c=(c
1
,c

2
c
d
).Hai
phơng trình r.b=x và r.c=y có thể đợc viết thành hai phơng trình
tuyến tính trong Z
P

b
1
.r
1
+ +b
d
.r
d
=x
c
1
.r
1
+ +c
d
.r
d
=y.
Đây là hai phơng trình tuyến tính với d ẩn r
1
r
d

.Vì các bội bvà c
không phải là các bội vô hớng của nhau nên hai phơng trình trên là
độc lập tuyến tính.Bởi vậy hệ này có không gian nghiệm (d-2)
chiều.Nghĩa là số các nghiệm (số các hàng trong đó x nằm ở cột b và
y ở cột c)bằng p
d-2
theo mong muốn.
Ta sẽ làm một ví dụ nhỏ minh hoạ cách xây dựng này:

Ví dụ 10.3
Giả sử lấy p=2,d=3,khi đó ta sẽ xây dựng một 0A(2,7,2).Ta có :
R={000,001,010,011,100,101,110,111}
và C={001,010,011,100,101,110,111}
Ta nhận đợc kết quả là mảng trực giao nh trên hình 10.6

Vietebooks Nguyn Hong Cng
Trang 15
Hình 10.6.Một 0A(2,7,2).

1001011
0011110
0101101
1111000
0110011
1100110
1010101
0000000

10.3.3Đặc trng của m xác thực .
Cho tới giờ ta đã nghiên cứu các mã xác thực nhận đợc từ các
mảng trực giao.Ta cũng đã xem xét các điều kiện tồn tại cần thiết về
việc xây dựng các mảng trực giao .Vấn đề ở đây là liệu có các phơng
pháp khác tốt hơn các mảng trực giao không?Tuy nhiên hai định lí đặc
trng sẽ cho biết rằng nếu chỉ giới hạn mối quan tâm tới các mã xác
thực có xác suất lừa bịp nhỏ tới mức co thể thì vấn đề trên không cần

phải đặt ra nữa.
Trớc tiên ta sẽ chứng minh một định lí đảo một phần của định lí
10.5.

Định lí 10.11.
Giả sử (S,A,K,E)là một mã xác thực trong đó

R

=n và
Pd
0
=Pd
1
=1/n.Khi đó

K

n
2
.Hơn nữa

K

=n
2
khi và chỉ khi có một
mảng trực giao 0A(n.k.l) trong đó

S

=k và p
K
(K)=1/n
2
với mọi khoá
K

K .

Chứng minh:
Cố định hai trạng thái nguồn tuỳ ý s và s ,s=s và xét phơng trình
(10.6).Với mỗi cặp đợc sắp (a,a) của các nhãn xác thực ta xác định :
K
a,a
={KK :e
K
(s)=a,e
K
(s)=a}.
Khi đó K>0 với mọi cặp (a,a).Cũng thấy rằng các tập K
a,a
này rời
nhau (có n
2
tập).Bởi vậy K

n
2
.

Bây giờ giả sử rằng K=n
2
.Khi đó trị K
a,a
=1,với mọi cặp (a,a)
và từ phơng trình (10.6) ,cho ta thấy rằng p
K
(K)=1/n
2
với mọi khoá
KK.
Vấn đề còn lại là phải chứng tỏ ma trận xác thực sẽ tạo nên ma trận
trực giao 0A(n,k,l) .Xét các cột lấy chỉ số theo các trạng thái nguồn s
và s.Vì K
a,a
=1 với mọi (a,a) nên mỗi cặp đợc sắp xuất hiện dúng
một lần trong hai cột này.Vì s,s là tuỳ ý nên mỗi cặp đợc sắp xuất
hiện đúng một lần trong hai cột bất kì.