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1 Index Problème 5 page 9 Le système RSA... TP page 7 le modèle des urnes d'ehrenfest... Problème 5 page 9 Le système RSA RSA : du nom des inventeurs Rivest, Shamir, Adleman en 977 Principe : La clé publique consiste en la donnée d'un entier pq obtenu par le produit de deux nombres premiers p et q, et, d'un exposant c qui est un entier naturel premier avec l'entier n = (p )(q ). Le chiffrement est obtenu en calculant b a c (mod pq) et a < pq. Pour déchiffrer b, on cherche l'entier d tel que cd (mod n), et, on sait que a = b d (mod pq). Le déchiffrement est rendu difficile, car on ne connaît pas p et q, et on ne connaît donc pas l'entier n permettant de calculer d. A- Un exemple p = 5, q = 9 et c = 6 (La clé publique est : (95, 6) ) le nombre n = = 72 est premier avec 6. 2) Codage de a = b 6 (mod 95) et b < 95 b = 7 (Pour déterminer ce nombre à la main, on cherche les congruences modulo 95 des premières puissances.) 5 = 2 et 2 = (95) 59 = (95) 92 = Comme 6 = 7 + 5, on a : 6 = ( 7 ) 5, d'où, (95) 2 5 = (95) 256 = = 9 9 = D'où, 6 7 (95) a) Résolution de l'équation diophantienne 6x ny =. (n = 72) L'existence de solutions est assurée par le théorème de Bézout. Algorithme d'euclide 72 = = = = 5 + d 'où : = 6 5 = (6 5 ) ( (6 5 )) = 2 6 = 2 6 (72 6) = 6 72 x = et y = conviennent. Théorème de Gauss 6x 72y = 6 72 équivaut à 6(x ) = 72(y ) Comme 6 divise le produit 72(y ) et que 6 est premier avec 72, 6 divise y. On a alors : y = + 6k, k Z, puis : 6(x ) = 72 6k : soit : x = + 72k Comme : 6( + 72k) 72( + 6k) = 6 72 =, / _corrige.odt 2//

2 les solutions de l'équation 6x 72y = sont les couples ( + 72k ; + 6k) avec k Z. b) 6x ny = mène à 6x (mod n), d'où, 6 (72). Comme < 72, le nombre d permettant le décodage est. c) b = 7 et d =, on cherche 7 modulo 95. 7² = 6 et 6 = Comme = 2 6 +, on a : 7 = (7 2 ) (95) 6 = 96 et 96 = (95) 7 = 5 et 5 = (95) On retrouve le nombre a. B- Une justification p et q sont deux nombres premiers et c est un entier naturel premier avec n = (p )(q ). a N et b a c (mod pq). a) Soit l'équation diophantienne cx ny =. L'existence de solutions est assurée par le théorème de Bézout. Notons (x ; y ) l'une des solutions. Théorème de Gauss On a : cx ny = et cx ny = cx ny = cx ny équivaut à c(x x ) = n(y y ) Comme c divise le produit n(y y ) et que c est premier avec n, c divise y y. On a alors : y = y + ck, k Z, puis : c(x x ) = n ck : soit : x = x + nk Comme : c(x + nk) n(y + ck) = cx ny =, les solutions de l'équation cx ny = sont les couples (x + nk ; y + ck) avec k Z. b) On cherche parmi les solutions de la forme x + nk celle qui vérifie x + nk < n. on a successivement : x nk < x + n, puis : x n k < x n Soit = x n, le seul entier k d vérifiant k d < + (intervalle de longueur ) permet de déterminer l'unique entier d tel que d < n. En ce cas, y d = y + ck d Puis, comme cd ny d =, on a : cd (mod n). + 2) petit théorème de Fermat : Énoncé : Si p est premier et a n'est pas divisible par p, alors a p (mod p). En prenant a non divisible par p et par q, le petit théorème de Fermat s'applique, d'où, a p (mod p). En élevant à la puissance q les deux membres de la congruence : (a p ) q q (p) soit : a ( p )(q ) (p) et, a q (mod q). 2/ _corrige.odt 2//

3 En élevant à la puissance p les deux membres de la congruence : (a q ) p p (q) soit : a ( p )(q ) (q). a ( p )(q ) (p) implique qu'il existe un entier k tel que a ( p )(q ) = + kp. a ( p )(q ) (q) implique qu'il existe un entier k' tel que a ( p )(q ) = + k'q. Par différence (ou par comparaison des deux égalités), il vient : kp = k'q. Comme q divise k'p et que q est premier avec p, d'après le théorème de Gauss, q divise k. Il existe donc un entier k'' tel que qk'' = k. On obtient : a ( p )(q ) = + kp = + k''pq. Conclusion : (a p ) q q (pq) Comme n = (p )(q ), on a : a n (pq) b) Soit un entier k = + mn. a k = a +mn = a (a n ) m Or, a n (pq), d'où, par produit des congruences, a k a (pq). ) On cherche b d (mod pq). Par définition : b a c (mod pq) En élevant à la puissance d, b d (a c ) d (mod pq) b d a cd (mod pq) D'après b), cd = + mn avec m entier. b d a +mn (mod pq) D'après 2b), a +mn a (mod pq) Par transitivité de la congruence : b d a (mod pq) TP page 7 le modèle des urnes d'ehrenfest Le monde est-il irréversible? On fait les hypothèses suivantes : * n = Toutes les particules sont dans le même compartiment. * À une date n, une et une seule particule change de compartiment. * La probabilité qu'une particule donnée change de compartiment est la même en tout temps. Le modèle mathématique : On dispose de deux urnes A et B. Les particules sont représentées par N boules numérotées de à N. Les tirages d'une boule sont équiprobables. On tire une boule numérotée i et on la change d'urne. A Simulation (Voir exercice 9 page ) B Étude du cas où N = X n est la variable aléatoire égale au nombre de particules dans A après le transfert numéro n. X = a) X n peut prendre l'une des cinq valeurs entières de à inclus. b) Un arbre. / _corrige.odt 2//

4 La probabilité de tirer un numéro entre et est. Si la boule est dans A, le nombre de boules dans A diminue de et celui de B augmente de. Si la boule est dans B, le nombre de boules dans A augmente de et celui de B diminue de. Au premier tirage, toutes les boules sont dans A. On tire une boule qui est mise dans B. Le nombre de boules dans A est (et B contient une boule). Quand A contient k boules (k ) (et B contient k boules), la probabilité de tirer une boule de A est k et en ce cas, le nombre de boules de A est k. Si k =, la probabilité d'avoir boule de B mise dans A est. n = n = n = 2 n = n = n = 5 c) Soit k. / _corrige.odt 2//

5 À l'étape n, l'urne A contient k boules, et, à l'étape n +, l'urne A contient k + boules. P (X n =k)(x n + =k+) est la probabilité de tirer une boule de B et de la mettre dans A sachant que A contient k boules. Le nombre de boules dans B est k, d'où P (X n =k) (X n + =k+) = k À l'étape n, l'urne A contient k + boules, et, à l'étape n +, l'urne A contient k boules. P (X n =k+) (X n+ =k) est la probabilité de tirer une boule de A et de la mettre dans B sachant que A contient k + boules. Le nombre de boules dans A est k +, d'où P (X n =k+) (X n+ =k) = k+. Ces probabilités sont indépendantes du n n du tirage. À l'étape n +, l'urne A contient k boules, et, à l'étape précédente n, l'urne A contient k + boules. P (X n+ = k) (X n =k+) = P((X n =k+) (X n + =k)) P(X n+ =k) 2 a) un diagramme = k+ P(X n =k+) P(X n+ =k) = P (X n =k +) (X n+ =k) P(X n =k) P(X n+ =k +) cette probabilité dépend de n.. Lorsque A contient k boules à la date n, alors, à la date n +, A contient k + boules avec la probabilité k et contient k boules avec la probabilité k. ( ) b) La matrice de transition T =. 2 2 ) a) La matrice ligne L n représente l'état probabiliste de l'urne A après le transfert n n. L = ( ) L = ( ) P(X =) = (Seule possibilité) P(X =) = (Seule possibilité) 5/ _corrige.odt 2//

6 L 2 = ( ) P(X 2 =) = P(X =) boule de B, et P(X 2 =2) = P (X =) L = ( b) L'urne A contient boules, lorsqu'on a tiré la L'urne A contient 2 boules, lorsqu'on a tiré une des trois boules de A. 5 ) P(X =) = P(X 2 =2) 2 et P(X =) = P(X 2 =2) 2 + P(X 2 =) L n = L T n pour n. Démonstration évidente par récurrence. Il semble que la position des dépendent de la parité de n. (La preuve sera apportée au e/) c) A = T² = ( 5 ) 5 d) L n+2 = L n T² = L n A. Soit n. premier cas : n pair (On peut poser n = 2p) L = ( ) L 2 = ( ) Propriété à montrer : pour tout n et n = 2p, b 2 p = d 2 p = Initialisation : n = L = L 2 A = ( ) On a bien : b = d = Hérédité : Soit un indice p 2 tel que b 2 p = d 2 p = L 2 p = ( a 2 p c 2 p e 2 p ) On a alors L 2( p +) = L 2 p+ 2 = L 2 p A = ( a 2 p + c 2 p La propriété est vraie au rang p + = n + 2 Conclusion : ( a 2 p + c 2 p + e 2 p c 2 p + e 2 p ) 6/ _corrige.odt 2//

7 pour tout n et n = 2p, b 2 p = d 2 p = Interprétation : au bout d'un nombre pair d'étapes, on ne peut pas avoir ou boules dans A. On a : ou 2 ou boules. deuxième cas : n impair (On peut poser n = 2p + ) L = ( ) L = ( 5 ) Propriété à montrer : pour tout n et n = 2p +, a 2 p+ = c 2 p+ = e 2 p+ = Initialisation : n = 5 L 5 = L A = ( Hérédité : ) On a bien : a 5 = c 5 = e 5 = Soit un indice p 2 tel que a 2 p + = c 2 p + = e 2 p+ = L 2 p+ = ( b 2 p+ d 2 p+ ) On a alors L 2( p +)+ = L 2 p+ +2 = L 2 p+ A = ( La propriété est vraie au rang p + = n + 2 Conclusion : pour tout n 5 et n = 2p +, a 2 p + = c 2 p + = e 2 p + = 5 b 2 p+ + d 2 p+ b 2 p+ + 5 d 2 p+ ) Interprétation : au bout d'un nombre impair d'étapes, on ne peut pas avoir ou 2 ou boules dans A. On a : ou boules. Recherche d'une limite éventuelle : Supposons que la suite (L n ) ait une limite L. L'unicité de la limite implique : lim L 2 p = lim L 2 p+ = L p + p + On a donc : L = ( ). Comme L est un état probabiliste, la somme des coefficients est égale à. Il y a contradiction. La suite (L n ) ne possède pas de limite. Interprétation physique : A chaque étape, le nombre de boules dans A augmente ou diminue de. Ce nombre change donc de parité. Si à une étape n, A possède un nombre pair (resp. impair) de boules alors à l'étape n +, A possède un nombre impair (resp. pair) de boules et à l'étape n + 2, A possède un nombre pair (resp. impair) de boules 7/ _corrige.odt 2//

8 ) Utilisation de Xcas (voir livre pages 9-) La matrice T T:=[[,,,,],[/,,/,,],[,/2,,/2,],[,,/,,/],[,,,,]] Diagonalisation de T : P,D:=jordan(T) (On obtient la matrice P et la matrice diagonale D telle que T = PD P La matrice P P:=egv(T) (matrice des vecteurs propres) La matrice D D:=egvl(T) (matrice diagonale des valeurs propres) Puissance entière d'une matrice assume(n,integer) (n est un entier naturel) Tn:=matpow(T,n) afficher(matpow(t,n)) La matrice L : L:=[,,,,] la matrice Ln Ln:=L*Tn [/6-(/)(-/2) n +(-/)(/2) n +(- n )/6,/-(/2)(/2) n +(/2)(-/2) n +(-) n /(-), (-) n */+/,/+(/2)(/2) n -(/2)(-/2) n +(-) n /(-),/6+(/)(/2) n +(/)(-/2) n +(-) n /6] / _corrige.odt 2//

9 a) Si n est pair, ( ) n = et ( n 2 ) L n = [ 6 2 n 2 n n n + 2 n + L n = [ 2 n + = 2 n. 2 2 n n 6 ] + 2 n + ] n 2 Si n est impair, ( ) n = et ( n 2 ) L n = [ n 2 n 2 n + L n = [ 6 = n 2 n 2 2 n n ] 2 n. 2 2 n 2 2 n + 6 ] n + 2 b) Comme < 2 <, on a : lim n + ( n+ 2) = Si n est pair, lim n + L n = [ ] (ou encore lim L 2 p = [ p + ]) Si n est impair, lim n + L n = [ 2 2 ] (ou encore : lim p + L 2 p+ = [ 2 2 ]) c) Calcul de l'espérance E(X n ). Si n est pair, E(X n ) = ( 2 n + ) ( + 2 n + ) = 2 + Si n est impair, E(X n ) = + ( 2 2 n ) ( n + = 2 + Interprétation : E(X n ) est la moyenne du nombre de boules dans l'urne A Cette moyenne tend vers 2 puisque 5) retour à l'état initial. a) b) On a calculé L 2 = ( 2 n tend vers quand n tend vers +. ) P(X 2 =) =. Le retour à l'état initial en deux transferts est possible avec la probabilité. 2 n. 2 n. 9/ _corrige.odt 2//

10 L = ( ) P(X =) = 5 2. Le retour à l'état initial en quatre transferts est possible avec la probabilité C Cas général. N > 2 est un entier quelconque et à n = l'urne B est vide. Les notations dans la partie C sont celles de la partie B en remplaçant par N pour le nombres de boules a) la matrice T = (t ij ) où les coefficients t ij sont les probabilités conditionnelles P (X n =i ) (X n+ = j). i et j sont deux entiers compris entre et N inclus (N + entiers entre et N inclus) T est une matrice carrée de format (N + ) (N + ). b) Soit un entier i. À l'étape n, l'urne A contient i boules, l'urne B contient N i boules. L'état de l'urne A est modifié de plus ou moins une boule à l'étape n +. Si on tire une boule de A, l'urne A contient i boule à l'étape n +, d'où, P (X n =i ) (X n+ =i ) = On a donc t i,i = i N i N. Si on tire une boule de B, l'urne A contient i + boule à l'étape n +, d'où, P (X n =i ) On a donc t i,i + = N i N Si j i > où si i = j, alors P (X n =i ) (X n+ =i) = P (X n =i ) (X n+ = j) =. Tous les termes de la diagonale sont nuls : t i,i =. Si j > i + ou j < i, t ij =. Les termes t ij sont indépendants de n. ( N N N 2 N 2 N N T = N 2 2 N N N N N 2) On admet que E(X n ) = N 2 ( + 2 n N ) (E (X ) N 2 ). ) (X n+ =i+) = N i N. / _corrige.odt 2//

11 Si N > 2, alors < 2 N ( <, d'où, 2 n N ) tend vers quand n tend vers +. La limite en + de E(X n ) est N 2. Le nombre de boules dans l'urne A tend vers N 2. Avec le temps passe, le nombre de boules dans chaque urne est à peu près égal. ) On admet que le temps moyen pour retrouver l'état initial est 2 N. Si N est le nombre d'avogadro (N = 6,2 2 ), le nombre 2 N est «inimaginable» 2 6 = 6, donc, 2 N > 6 2 Le nombre 2 est un nombre qui s'écrit avec suivi de 2 zéros. En supposant la terre avec 5 milliards d'année, soit : secondes qu'on peut arrondir à 5 6 secondes, on est encore très, très,, très loin de 2 et même en supposant un changement d'urne toutes les nanosecondes ou picosecondes.. / _corrige.odt 2//