XTR (алгоритм)

XTR (скорочення від ECSTR — «Efficient and Compact Subgroup Trace Representation») — алгоритм шифрування з відкритим ключем, який базується на обчислювальній складності задачі дискретного логарифмування. Перевагами цього алгоритму перед іншими, що використовують цю ідею, є більша швидкість і менший розмір ключа.

Алгоритм використовує генератор $g$ відносно малої підгрупи порядку $q$ ($q$ — просте) підгрупи $GF(p^6{)}^{*}$. За правильного вибору $q$, дискретне логарифмування в групі, породженій $g$, має таку ж обчислювальну складність, що й у $GF(p^6{)}^{*}$. XTR використовує арифметику $GF(p^2)$ замість $GF(p^6)$, забезпечуючи таку ж захищеність, але з меншими витратами на обчислення і передавання даних.

Теоретична основа XTR

Алгоритм працює в скінченному полі $GF(p^6)$. Розглянемо групу порядку $p^2-p+1$, і її підгрупу порядку q, де p — просте число, таке, що інше досить велике просте число q є дільником $p^2-p+1$. Група порядку q називається XTR-підгрупою. Ця циклічна група $⟨g⟩$ є підгрупою $GF(p^6{)}^{*}$ і має генератор g.

Арифметичні операції в $GF(p^2)$

Нехай p — просте число, таке, що p ≡ 2 mod 3, а p ² — p + 1 ділиться на досить велике просте q. Оскільки p ² ≡ 1 mod 3, p породжує $(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}{)}^{*}$. Таким чином, коловий многочленШаблон:Прояснити ${\mathrm{\Phi }}_3(x)=x^2+x+1$ є таким, що не переводиться в $GF(p)$. Отже, корені $\alpha$ і ${\alpha }^p$ утворюють оптимальний нормальний базис $GF(p^2)$ над $GF(p)$ і

$GF(p^2)\cong \{x_1\alpha +x_2{\alpha }^p:x_1,x_2\in GF(p)\}.$

З урахуванням p ≡ 2 mod 3:

$GF(p^2)\cong \{y_1\alpha +y_2{\alpha }^2:{\alpha }^2+\alpha +1=0,y_1,y_2\in GF(p)\}.$

Лема. Вартість арифметичних операцій така:

• Обчислення x^p не вимагає множення
• Обчислення x² вимагає двох операцій множення в $GF(p)$
• Обчислення xy вимагає трьох операцій множення в $GF(p)$
• Обчислення xz-yz^p вимагає чотирьох операцій множення в $GF(p)$.

Використання слідів в $GF(p^2)$

Елементами, сполученими з $h\in GF(p^6)$ в $GF(p^2)$ є: сам $h,h^{p^2}$ і $h^{p^4}$, а їх сума — слід $h$.

$Tr(h)=h+h^{p^2}+h^{p^4}.$

Крім того:

$\begin{array}{cc}Tr(h{)}^{p^2}& =h^{p^2}+h^{p^4}+h^{p^6}\\ & =h+h^{p^2}+h^{p^4}\\ & =Tr(h)\end{array}$

Розглянемо генератор $g$ XTR-групи порядку $q$, де $q$ — просте число. Оскільки $⟨g⟩$ — підгрупа групи порядку $p^2-p+1$, то $q\mid p^2-p+1$. Крім того,

$p^2=p-1$

і

$p^4=(p-1{)}^2=p^2-2p+1=-p$.

Таким чином,

$\begin{array}{cc}Tr(g)& =g+g^{p^2}+g^{p^4}\\ & =g+g^{p-1}+g^{-p}.\end{array}$

Відзначимо також, що зв'язаним до елементу $g$ є $1$, тобто, $g$ має норму рівну 1. Ключовою особливістю XTR є те, що мінімальний многочлен $g$ в $GF(p^2)$

$(x-g)(x-g^{p-1})(x-g^{-p})$

спрощується до

$x^3-Tr(g)x^2+Tr(g{)}^{p}x-1$

Іншими словами, пов'язані з $g$ елементи, як корені мінімального многочлена в $GF(p^2)$, повністю визначаються слідом $g$. Аналогічні міркування вірні для будь-якого степеня $g$:

$x^3-Tr(g^n)x^2+Tr(g^n{)}^{p}x-1$

- цей многочлен визначається слідом $Tr(g^n)$.

Ідея алгоритму в тому, щоб замінити $g^n\in GF(p^6)$ на $Tr(g^n)\in GF(p^2)$, тобто обчислювати $Tr(g^n)$ за $Tr(g)$ замість $g^n$ за $g$. Однак для того, щоб метод був ефективним, потрібен спосіб швидко отримувати $Tr(g^n)$ за наявним $Tr(g)$.

Алгоритм швидкого обчислення $Tr(g^n)$ за $Tr(g)$

Означення: Для кожного $c$ з $GF(p^2)$ визначимо:

$F(c,X)=X^3-c{X}^2+c^{p}X-1\in GF(p^2)[X].$

Означення: Нехай $h_0,h_1,h_2$ — корені $F(c,X)$ в $GF(p^6)$, а $n\in \mathbb{Z}$. Позначимо:

$c_n=h_0^n+h_1^n+h_2^n.$

Властивості $c_n$ і $F(c,X)$ :

1. $c=c_1$
2. $c_{-n}=c_{np}=c_n^p$
3. $c_n\in GF(p^2)$ для $n\in \mathbb{Z}$
4. $c_{u+v}=c_u{c}_v-c_v^p{c}_{u-v}+c_{u-2v}$ для $u,v\in \mathbb{Z}$
5. або всі $h_j$ мають порядок, який є дільником $p^2-p+1$ і $>3$, або всі $h_j$ — в полі $GF(p^2)$. Зокрема, $F(c,X)$ — є таким, що не переводиться тоді і тільки тоді, коли його корені мають порядок, який є дільником $p^2-p+1$ і $>3$.
6. $F(c,X)$ звідне в полі $GF(p^2)$ тоді і тільки тоді, коли $c_{p+1}\in GF(p)$

Лема: Нехай дано $c,c_{n-1},c_n,c_{n+1}$.

1. обчислення $c_{2n}=c_n^2-2c_n^p$ вимагає двох операцій множення в полі $GF(p)$.
2. обчислення $c_{n+2}=c_{n+1}\cdot c-c^p\cdot c_n+c_{n-1}$ вимагає чотирьох операцій множення в полі $GF(p)$.
3. обчислення $c_{2n-1}=c_{n-1}\cdot c_n-c^p\cdot c_n^p+c_{n+1}^p$ вимагає чотирьох операцій множення в полі $GF(p)$.
4. обчислення $c_{2n+1}=c_{n+1}\cdot c_n-c\cdot c_n^p+c_{n-1}^p$ вимагає чотирьох операцій множення в полі $GF(p)$.

Визначення: Нехай $S_n(c)=(c_{n-1},c_n,c_{n+1})\in GF(p^2{)}^3$.

Алгоритм для обчислення $S_n(c)$ при заданих $n$ і $c$

• Якщо $n<0$, то алгоритм застосовується для $-n$ і $c$, потім використовується властивість 2 для отримання кінцевого результату.
• Якщо $n=0$, $S_0(c)=(c^p,3,c)$.
• Якщо $n=1$, $S_1(c)=(3,c,c^2-2c^p)$.
• Якщо $n=2$, скористаємося виразами для $c_{n+2}=c_{n+1}\cdot c-c^p\cdot c_n+c_{n-1}$ і $S_1(c)$, щоб знайти $c_3$ і відповідно, $S_2(c)$.
• Якщо $n>2$, щоб обчислити $S_n(c)$, введемо

${\overline{S}}_i(c)=S_{2i+1}(c)$

і $\overline{m}=n$ якщо $n$ непарне і $\overline{m}=n-1$ якщо парне. Покладемо $\overline{m}=2m+1,k=1$ і знайдемо ${\overline{S}}_k(c)=S_3(c)$, використовуючи твердження, і $S_2(c)$. Нехай, надалі,

$m=\sum _{j=0}^r{m}_j{2}^j$

де $m_j\in 0,1$ і $m_r=1$. Для $j=r-1,r-2,...,0$ послідовно виконаємо таке:

• Якщо $m_j=0$, скористаємося ${\overline{S}}_k(c)$ щоб знайти ${\overline{S}}_{2k}(c)$.
• Якщо $m_j=1$, скористаємося ${\overline{S}}_k(c)$ щоб знайти ${\overline{S}}_{2k+1}(c)$.
• Замінимо $k$ на $2k+m_j$.

По завершенні ітерацій, $k=m$, а $S_{\overline{m}}(c)={\overline{S}}_m(c)$. Якщо n — парне, скористаємося $S_{\overline{m}}(c)$ щоб знайти ${\overline{S}}_{m+1}(c)$.

Вибір параметрів

Вибір поля і розміру підгрупи

Щоб скористатися перевагами подання елементів груп у вигляді їх слідів і забезпечити достатню захищеність даних, необхідно знайти прості $p$ і $q$, де $p$ — характеристика поля $GF(p^6)$, причому $p\equiv 2\text{mod}3$, а $q$ — розмір підгрупи і дільник $p^2-p+1$. Позначимо як $P$ і $Q$ розміри $p$ і $q$ в бітах. Щоб досягти рівня безпеки, який надає, наприклад, RSA з довжиною ключа 1024 біти, потрібно вибрати $P$ таким, що $6P>1024$, тобто $P\approx 170$ а $Q$ може бути близько 160. Перший алгоритм, який дозволяє обчислити такі прості $p$ і $q$ — Алгоритм А.

Алгоритм А

1. Знайдемо $r\in \mathbb{Z}$ таке, що число $q=r^2-r+1$ — просте число довжиною в $Q$ біт.
2. Знайдемо $k\in \mathbb{Z}$ таке, що число $p=r+k\cdot q$ — просте довжиною $P$ біт, а також $p\equiv 2\text{mod}3$.

Коректність Алгоритму А:

Необхідно перевірити лише те, що $q\mid p^2-p+1$, оскільки всі решта властивостей очевидно виконані через специфіку вибору $p$ і $q$.

Неважко помітити, що $p^2-p+1=r^2+2rkq+k^2{q}^2-r-kq+1=r^2-r+1+q(2rk+k^{2}q-k)=q(1+2rk+k^{2}q-k)$, отже $q\mid p^2-p+1$.

Алгоритм А дуже швидкий, однак може бути небезпечним, оскільки вразливий щодо атаки з використанням решета числового поля.

Цього недоліку позбавлений повільніший Алгоритм Б.

Алгоритм Б

1. Виберемо просте число $q$ довжиною в $Q$ біт, таке, що $q\equiv 7\text{mod}12$.
2. Знайдемо корені $r_1$ і $r_2$$X^2-X+1\text{mod}q$.
3. Знайдемо $k\in \mathbb{Z}$ таке, що $p=r_i+k\cdot q$, $p$ — просте $P$ -бітове число і при цьому $p\equiv 2\text{mod}3$ для $i\in \{1,2\}$

Коректність Алгоритму Б:

Як тільки ми вибираємо $q\equiv 7\text{mod}12$, автоматично виконується умова $q\equiv 1\text{mod}3$ (оскільки $7\equiv 1\text{mod}3$ і $3\mid 12$). З цього твердження і квадратичного закону взаємності випливає, що корені $r_1$ і $r_2$ існують.

Щоб перевірити, що $q\mid p^2-p+1$ знову розглянемо $p^2-p+1$ для $r_i\in \{1,2\}$ і зауважимо, що $p^2-p+1=r_i^2+2r_{i}kq+k^2{q}^2-r_i-kq+1=r_i^2-r_i+1+q(2rk+k^{2}q-k)=q(2rk+k^{2}q-k)$. Тобто $r_1$ і $r_2$ — корені $X^2-X+1$ і, отже, $q\mid p^2-p+1$.

Вибір підгрупи

У попередньому розділі ми знайшли розміри $p$ і $q$ скінченного поля $GF(p^6)$ і мультиплікативної підгрупи в $GF(p^6{)}^{*}$. Тепер слід знайти підгрупу $⟨g⟩$ в $GF(p^6{)}^{*}$ для деяких $g\in GF(p^6)$ таких, що $\mid ⟨g⟩\mid =q$. Однак, необов'язково шукати явний елемент $g\in GF(p^6)$, досить знайти елемент $c\in GF(p^2)$ такий, що $c=Tr(g)$ для елемента $g\in GF(p^6)$ порядку $q$. Але при цьому $Tr(g)$, генератор $g$ XTR-групи може бути знайдений шляхом знаходження кореня $F(Tr(g),X)$. Щоб знайти це $c$, розглянемо властивість 5 $F(c,X)$. Знайшовши таке $c$ слід перевірити, чи дійсно воно має порядок $q$, проте спочатку потрібно вибрати $c\in GF(p^2)$, таке, що $F(c,X)$ — незвідне. Найпростіший підхід в тому, щоб вибирати $c\in GF(p^2)\mathrm{\setminus }GF(p)$ випадковим чином.

Лема: Для випадково вибраного $c\in GF(p^2)$ ймовірність, що $F(c,X)=X^3-c{X}^2+c^{p}X-1\in GF(p^2)[X]$ — є незвідним, більша 1/3.

Базовий алгоритм для пошуку $Tr(g)$:

1. Виберемо випадкове $c\in GF(p^2)\mathrm{\setminus }GF(p)$.
2. Якщо $F(c,X)$ — звідне, повернемося на перший крок.
3. Скористаємося алгоритмом для пошуку $S_n(c)$. Знайдемо $d=c_{(p^2-p+1)/q}$.
4. Якщо $d$ має порядок не рівний $q$, повернемося на перший крок.
5. Нехай $Tr(g)=d$.

Даний алгоритм обчислює елемент поля $GF(p^2)$ еквівалентний $Tr(g)$ для деяких $g\in GF(p^6)$ порядку $q$.

Приклади

Припустимо, Аліси і Боб мають відкритий XTR-ключ $(p,q,Tr(g))$ і вони хочуть згенерувати спільний закритий ключ $K$.

1. Аліса вибирає випадкове число $a\in \mathbb{Z}$ таке, що $1<a<q-2$, обчислює $S_a(Tr(g))=(Tr(g^{a-1}),Tr(g^a),Tr(g^{a+1}))\in GF(p^2{)}^3$ і посилає $Tr(g^a)\in GF(p^2)$ Бобу.
2. Боб отримує $Tr(g^a)$ від Аліси, вибирає випадкове $b\in \mathbb{Z}$ таке, що $1<b<q-2$, обчислює $S_b(Tr(g))=(Tr(g^{b-1}),Tr(g^b),Tr(g^{b+1}))\in GF(p^2{)}^3$ і посилає $Tr(g^b)\in GF(p^2)$ Алісі.
3. Аліса отримує $Tr(g^b)$ від Боба, обчислює $S_a(Tr(g^b))=(Tr(g^{(a-1)b}),Tr(g^{ab}),Tr(g^{(a+1)b}))\in GF(p^2{)}^3$ і отримує $Tr(g^{ab})\in GF(p^2)$ — закритий ключ $K$.
4. Так само, Боб обчислює $S_b(Tr(g^a))=(Tr(g^{a(b-1)}),Tr(g^{ab}),Tr(g^{a(b+1)}))\in GF(p^2{)}^3$ і отримує $Tr(g^{ab})\in GF(p^2)$ — закритий ключ $K$.

Схема Ель-Гамаля

Припустимо, Аліса має частину публічного ключа XTR: $(p,q,Tr(g))$. Аліса вибирає секретне ціле число $k$ і обчислює і публікує $Tr(g^k)$. Отримавши публічний ключ Аліси $(p,q,Tr(g),Tr(g^k))$, Боб може зашифрувати повідомлення $M$, Призначене Алісі, використовуючи такий алгоритм:

1. Боб вибирає випадкове $b\in \mathbb{Z}$ таке, що $1<b<q-2$ і обчислює $S_b(Tr(g))=(Tr(g^{b-1}),Tr(g^b),Tr(g^{b+1}))\in GF(p^2{)}^3$.
2. Потім Боб обчислює $S_b(Tr(g^k))=(Tr(g^{(b-1)k}),Tr(g^{bk}),Tr(g^{(b+1)k}))\in GF(p^2{)}^3$.
3. Боб визначає симетричний ключ $K$ на основі $Tr(g^{bk})\in GF(p^2)$.
4. Боб шифрує повідомлення $M$ ключем $K$, отримуючи зашифроване повідомлення $E$.
5. Пару $(Tr(g^b),E)$ Боб посилає Алісі.

Отримавши пару $(Tr(g^b),E)$, Аліса розшифровує її таким чином:

1. Аліса обчислює $S_k(Tr(g^b))=(Tr(g^{b(k-1)}),Tr(g^{bk}),Tr(g^{b(k+1)}))\in GF(p^2{)}^3$.
2. Аліса визначає симетричний ключ $K$ на основі $Tr(g^{bk})\in GF(p^2)$.
3. Знаючи, що алгоритм шифрування повідомлення — симетричний, Аліса ключем $K$ розшифровує $E$, отримуючи початкове повідомлення $M$.

Таким чином, повідомлення надіслано.