Взлом многоалфавитных шифров
Шифр Гронсфельда вскрывается довольно легко, если учесть следующее обстоятельство: так как цифр всего 10, то имеется лишь 10 вариантов прочтения каждой буквы. Выпишем их столбцами так, что одной строке соответствуют буквы одного значения ключа. Номер варианта будет определяться цифрой ключа от 0 до 9. При этом получим таблицу, правильно выбрав по одной букве из каждой колонки которой можно получить исходный текст:
| Ключ | ??????????????????? |
| вариант 0 | ФПЖИСЬИОССАХИЛФИУСС |
| вариант 1 | УОЕЗРЫЗНРР ФЗКУЗТРР |
| вариант 2 | ТНДЖПЪЖМППЯУЖЙТЖСПП |
| вариант 3 | СМГЕОЩЕЛООЮТЕИСЕРОО |
| вариант 4 | РЛВДНШДКННЭСДЗРДПНН |
| вариант 5 | ПКБГМЧГЙММЬРГЖПГОММ |
| вариант 6 | ОЙАВЛЦВИЛЛЫПВЕОВНЛЛ |
| вариант 7 | НИ БКХБЗККЪОБДНБМКК |
| вариант 8 | МЗЯАЙФАЖЙЙЩНАГМАЛЙЙ |
| вариант 9 | ЛЖЮ ИУ ЕИИШМ ВЛ КИИ |
| сообщение | ??????????????????? |
Предположение 1. Если прочесть исходный текст напрямую не удалось, то попробуем немного порассуждать. Самый частый символ текста - пробел, а разбиение фразы на слова порой может оказать большую помощь в расшифровке, как это уже было в случае вскрытия шифра решетки. Так как длина шифровки равна 19 символам, то она состоит из двух или трех слов, разделенных пробелами. Хорошее положение для пробела дает лишь вариант 1, а другие варианты, 7 и 9 или их сочетания маловероятны. Поэтому будем считать, что текст шифровки разбивается на два слова: ФПХИСЫЮСС ХИЛФИУСС. Из этого следует, что в 11 позиции текста стоит пробел и в той же позиции ключа находится цифра 1.
Предположение 2. У выделенных слов шифровки одинаковое окончание ее, и, весьма вероятно, что период ключа делит 9 - длину второго слова вместе с пробелом. Будем считать, что в этом случае одинаковые окончания слов (Одинаковые окончания часто появляются из-за согласования слов в предложениях на русском языке. Это хорошо видно в поговорках: одИН в поле не воИН, наняЛСЯ - продаЛСЯ.) текста попали на одинаковые участки ключа и дали одинаковые символы шифровки. На первый взгляд может показаться, что это слишком маловероятно, чтобы встречаться в практике. Однако таких находок, помогающих расшифровке, всегда бывает предостаточно в сообщениях большой длины и, порой, приходится жалеть скорее об их обилии, чем отсутствии. Если нет никаких идей о длине ключа, не беда - ее можно подобрать вслепую. Итак, есть два выбора для периода ключа: 3 и 9. Попробуем период длины 3:
| ключ | ?1??1??1??1??1??1?? |
| вариант 0 | Ф ЖИ ЬИ СС ХИ ФИ СС |
| вариант 1 | УОЕЗРЫЗНРР ФЗКУЗТРР |
| вариант 2 | Т ДЖ ЪЖ ПП УЖ ТЖ ПП |
| вариант 3 | С ГЕ ЩЕ ОО ТЕ СЕ ОО |
| вариант 4 | Р БД ШД НН СД РД НН |
| вариант 5 | П БГ ЧГ ММ РГ ПГ ММ |
| вариант 6 | О АВ ЦБ ЛЛ ПВ ОВ ЛЛ |
| вариант 7 | Н Б ХБ КК ОБ НБ КК |
| вариант 8 | М ЯА ФА ЙЙ НА МА ЙЙ |
| вариант 9 | Л Ю У ИИ МЛ ИИ |
| сообщение | ?о??р??н?? ??к??т?? |
р (L1L2) p(L4L5) р(L7L8) p(L10L11) p(L13L14) p(L16L17)
Для вычисления вероятности биграмм воспользуемся таблицей из приложения. Поскольку в ней даны логарифмы вероятностей биграмм, то их достаточно суммировать. В результате для вариантов от 0 до 3 имеем такие численные значения вероятностей:
р(0)=р(ФО)р(ИР)р(ИН)р(С )р(ИК)р(ИТ)=43
р(1)=р(УО)р(ЗР)р(ЗН)р(Р )р(ЗК)р(ЗТ)=23
р(2)=р(ТО)р(ЖР)р(ЖН)р(П )р(ЖК)р(ЖТ)=27
р(3)=р(СО)р(ЕР)р(ЕН)р(О )р(ЕК)р(ЕТ)=50
В результате для первой цифры ключа получается наиболее вероятным 3 вариант расшифровки. Это дает следующую таблицу:
| ключ | 31?31?31?31?31?31?3 |
| вариант 0 | Ж Ь С Х Ф С |
| вариант 1 | ОЕ РЫ HP Ф КУ ТР |
| вариант 2 | Д Ъ П У Т П |
| вариант 3 | С ГЕ ЩЕ ОО ТЕ С ОО |
| вариант 4 | в т н с р н |
| вариант 5 | Б Ч М Р П М |
| вариант 6 | А Ц Л П О Л |
| вариант 7 | Х К О Н К |
| вариант 8 | Я Ф Й Н М Й |
| вариант 9 | Ю У И М Л И |
| сообщение | СО?ЕР?ЕН?0 ?ЕК?РТ?0 |
сообщение: СОВЕРШЕННО СЕКРЕТНО
ключ: 3143143143143143143
