第十章 数字签名与认证协议 1 EIGamal签名方案

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1 第十章 数字签名与认证协议 1 EIGamal签名方案
第十章 数字签名与认证协议 1 EIGamal签名方案 该方案是特别为签名的目的而设计的。1985年提出，很大程度上为Diffe-Hellman密钥交换算法的推广和变形。这个方案的改进已被美国NIST（国家标准和技术研究所）采纳作为数字签名标准。 方案：P为素数，FP中的离散对数问题是难处理的。取本原元Fp*,消息集合M=Fp*，签名集合A=Fp*Zp-1,定义K={（p,,a,)| = a(modp)},值p,和是公开的，a是保密的。 对K=( p,,a,)和一个（秘密）随机数k Zp-1*,对消息x

2 M进行签名： SigK(x,k)=(,), 其中，=k(modp), =(x-  )k-1(modp-1) 对x, Fp*和Zp-1,验证签名定义为 Ver(x, ,)=真（true)x(modp) 对EIGamal签名方案安全性的讨论： 若Oscar在不知道a的情况下企图伪造一个给定消息x的签名： Sigoscar(x,k)=(,) (1)Oscar先选定一个，然后企图找，这样，他就必须解一个关于未知数的方程： x(modp) 这个方程是一个已知无可行解法的难处理问题！

3 (2)Oscar先选定一个 ，使其满足： x(modp)，于是，
log(-x)=?,这自然是难处理的问题！ (3)若两者, 都被 Oscar首先选定,然后企图解出一个随机消息x,使得x(modp)，于是Oscar利用这种方式也不能伪造随机消息的签名。 (4) Oscar同时选择, 和x来伪造签名问题: 假设i和j是整数,0<=I<=p-2,0<=j<=p-2,且(j,p-1)=1,先完成下列计算: ij(modp) -j-1(modp-1) x=-ij-1(modp-1) (其中j-1是用模p-1来计算的)

4 可以证实(, )是一个消息x的有效签名:
例子:假设p=467,=2和=132,它们为Bob公开的签名方案中的参数。Oscar利用这些参数伪造对一随机信息x的签名： 选择i=99和j=179，那么j-1(modp-1)=151，计算出下列的x,, :

5 那么（117，41）是消息331的一个有效签名。验证： 因此，这个伪造的签名有效！ （5）其他类型的伪造签名： Oscar依据Bob已签名的消息来做伪签名。假设(, ) 是一个消息x的有效签名，那么Oscar可以用此来伪签其它 消息： 设h,i,j为整数,0<=h,i,j<=p-2且 ,计算

6 然后可验证出 （其中 是模p-1算出） 因此 ， 为假消息 的一个有效签名 讨论两个问题：
因此 ， 为假消息 的一个有效签名 讨论两个问题： （1）用EIGamal方案计算一个签名时，使用的随机数k为什么不能泄露？ （2）若Bob用相同的值来签名不同的两份消息，Oscar能否攻破这个体制？

7 2 数字签名标准 公布于1994年5月19日的联邦记录上，并于1994年12月1日采纳为标准DSS。DSS为EIGamal签名方案的改进。
2 数字签名标准 公布于1994年5月19日的联邦记录上，并于1994年12月1日采纳为标准DSS。DSS为EIGamal签名方案的改进。 DSS：p为512bit的素数，q为160比特的素数，且q|p-1, Fp*,且为模p的q次单位根。消息集合P=Fp*，签名集合A=FqFq,定义K={（p,,a,)| = a(modp)},值p,q,和是公开的，a是保密的。 取xP,对K=( p,q,,a,)和一个（秘密）随机数k (1<=k<=q-1) ,定义 SigK(x,k)=(,), 其中，=k(modp)（modq), =(x+  )k-1(modq) 对xFp*和,Fq来说,按下述计算来验证签名的真伪：

8 注：1*.DSS的使用涉及到Smart卡的使用,要求短的签名。DSS以一个巧妙的方法修改了EIGamal方案，使得签名160bits消息产生一个320bit的签名，但是计算使用了512比特的模p.
2*.要求 在整个签名算法中，如果计算了一个值 ,程序自动拒绝，并且产生一个新的随机值计算新的签名，事实上， 的发生概率大约为2-160.

9 3*. DSS是一个产生签名比验证签名快得多的方案，验证签名太慢！
4*. Smart卡的应用！！Smart卡有有限的处理能力，但是能与计算机进行通信。人们企图设计一种让Smart卡仅作小量运算的签名方案。该方案必须完成签名、验证签名两部分，而且方便安全。 用DSS签名的例子： 假设取q=101，p=78*9+1=7879，3为F7879的一个本原 元，所以能取=378（mod7879)=170为模p的q次单位根。 假设a=75，那么a(mod7879)=4567.现在, 假设Bob想签 名一个消息x=1234，且他选择了随机值k=50，可算得 k-1(mod101)=99,签名算出: =(17050(mod7879)(mod101) =2518(mod101)=94

10 =( *94)99(mod101)=97 签名为（1234，94，97）。 验证： -1=97-1（mod101)=25 , e1=1234*25(mod101)=45,e2=94*25(mod101)=27 (17045*456727(mod7879))(mod101)=2518(mod101)=94 因此，该签名是有效的。

11 3 一次签名 任何单向函数都可用来构造一次签名方案。该签名对一个消息来说，唯一对应着一个确定的签名。这样的签名可验证任意多次。
3 一次签名 任何单向函数都可用来构造一次签名方案。该签名对一个消息来说，唯一对应着一个确定的签名。这样的签名可验证任意多次。 Lamport方案： 设k为一个正整数，P={0,1}K,设f:YZ是一个单向函数，签名集合A=YK，对于1<=i<=k, j=0,1来说，yijY可随机地选择。选后，可算得 Zij=f(yij) <=i<=k,j=0,1 密钥K由2k个y值和2k个Z值组成，y值保密而Z值公开.消息x=x1x2….xk(kbit串）。对于K=（yij,Zij|1<=i<=k,j=0,1)

12 定义 其中，yixi=ai,f(ai)=Zixi 验证： 注：1*. 待签名的消息为一个二进制 元组,每一个都单独签名.这个特征决定了 “一次签名” 2*.验证是简单的检查:签名结果的每一个元素是相应公开钥元素的愿象. 例子:取单向函数f(x)=x(modp),设p=7879(素数),3为F7879的本原元,定义f(x)=3x(mod7879) 假设Bob想签名3比特消息,他选择了6个(秘密的)随机数:

13 y10=5831,y11=735,y20=803,y21=2467,y30=4285,y31=6449 在f的作用下计算y的像: z10=2009,z11=3810,z20=4672,z21=4721,z30=268,z31=5732 将这些Z值公开。现在Bob打算签名消息x=(1,1,0),那么对的签名为(y11,y21,y30)=(735,2467,4285). 验证签名: 3735(mod7879)=3810 32467(mod7879)=4721 34285(mod7879)=268 因此,该签名有效。 注：该方案，仅能用于签一个消息！一次，无法伪造。

14 4 不可否认的签名 （Chaum和Van Antwerprn 1989年提出）
该签名的特征是：验证签名者必须与签名者合作。验证签名是通过询问------应答协议来完成。这个协议可防止签名者Bob否认他以前做的签名。 一个不可否认的签名方案有三个部分组成： 签名算法、验证协议、否认协议 设p=2q+1是一个素数，它满足q为素数，且Fp中的对数问题是难解的。 ,且阶为q,取1<=a<=q-1,定义 , G表示阶为q的FP*的子群。易见G=<>,（事实上G由模p的二次剩余组成） 设P=A=G，且定义K={（p,,a,)| = a(modp)},值p,和是公开的，a是保密的。

15 对K=（p,,a,)和消息xG,定义y=SigK(x)=xa(modp)
易见y G 。按如下协议完成验证： （1）.Alice 随机选择 （2）Alice计算 , 且将C送给Bob. （3）Bob计算 , 且d将送给Alice. （4）Alice接受y作为一个有效签名,当且仅当 对上述这个签名方案，要证明以下两点： 1）Alice将回接受按如上方案的有效签名 2）Bob几乎不可否认经Alice 验证过的自己的签名。 证明(1)：(alice接受Bob的签名)。下面计算的所有指数都已做到模q约简.

16 知 代入上式得 刚好与协议（4）相符，故Alice接受Bob的签名。对于（2） Bob几乎不可否认经Alice验证过的自己的签名。相当于证 明下述定 理。 定理1：若 ,那么Alice以概率1/(q-1)接受y作 为x的有效签名. 证明: Bob对x做了签名y(=xa)给Alice后。Bob接受了Alice的 一个询问 ,这个询问对应于q-1个有序对 (e1,e2)。( 原因是 一旦固定，e2=f(e1)。然而， Bob不知Alice选择了哪一对(e1,e2)来构造出C。

17 如果 ,那么Bob能做的任何可能回答 ， 刚好与q-1个可能的有序对(e1,e2)中的一个相对应。 由 G=<>, 所以对C,d,x,y来说，可设 C=  i,d= j,x= k,y=  l,i,j,k,l , 考虑同余式： 写出关于 的指数表示： 等价于下述方程组：

18 既然假设 而 y=2l，xa=(k)a=  ak,所以lak,
相当于说上述方程的系数行列式： 知该方程组仅有唯一一组解。 即对每一个dG, 对于q-1个可能的有序对中（e1,e2），刚好 有一个是正确的回答，Bob给Alice的一个回答d，将被验证 的概率刚好为1/（q-1）。定理得证！

19 下面讨论否认协议： 目的：（1）Bob能使Alice相信一个无效的签名是伪造的. （2）Bob签名有效，而导致Alice判决错误的概率为小概率事件。 否认协议：(y?=xa)暂视为对的签名 1）Alice 随机选取 2）Alice计算 且将送给Bob, 3）Bob计算 ,且将他回送Alice 4）Alice验证 5）Alice再随机选取 6）Alice计算 ，且将他送给Bob 7）Bob计算 ，且将他回送给Alice 8）Alice验证

20 9)Alice推出 y是伪造的 定理2：如果 yxa(modp) ,且Alice和Bob都遵守否认协议，那么 证明：注意, ， 而 又 ，从而有 进一步有

21 类似地，按如上方式推出 证毕。 注：我们不能假设遵守了否认协议，他可以想方设法构造d,D,来达到否认自己签过名的目的。然而，只要Alice严格遵守协议，Bob是无法否认的。可证。 定理3，假设yxa(modp) 且Alice遵守否认协议，如果 那么 成立的概率为1-1/(q-1)。