Lần thứ hai còn thừa

Định nghĩa

Lệnh số nguyên,Thỏa mãn,Nếu tồn tại số nguyênKhiến cho

x^2\equiv a\pmod p

Tắc xưngVì môLần thứ hai còn thừa, nếu không xưngVì môLần thứ hai phi còn thừa.

Thông tục một ít, có thể cho rằng là cầu mô ý nghĩa hạKhai bình phươngGiải toán. Đối với càng cao thứ phương khai căn nhưng tham kiếnk thứ còn thừa.

Nơi này chỉ thảo luậnVìKỳ tố sốCầu giải phương pháp. Sau văn khả năng ở môHiển nhiên dưới tình huống viết chữ giản thể thành lần thứ hai ( phi ) còn thừa.

Euler phân biệt pháp

Đối kỳ tố sốCùng thỏa mãnSố nguyên,

a^{\frac{p-1}{2}}\equiv\begin{cases} 1 \pmod p, & (\exists x\in\mathbf{Z}),~~a\equiv x^2\pmod p,\\ -1 \pmod p, & \text{otherwise}.\\ \end{cases}

Tức đối kể trênCùng,

LàLần thứ hai còn thừa đương thả chỉ đương $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1 \pmod p$ .
LàLần thứ hai phi còn thừa đương thả chỉ đương $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1 \pmod p$ .

Chứng minh

Đầu tiên từFermat tiểu định lý,Có $a^{p-1}\equiv 1\pmod p$ ,Cố

\left(a^{\frac{p-1}{2}}+1\right)\left(a^{\frac{p-1}{2}}-1\right)\equiv 0\pmod p

Do đó đối tùy ý thỏa mãnĐều có $a^{(p-1)/2}\equiv \pm 1\pmod p$

Mặt khác từLà kỳ tố số, chúng ta có:

x^{p-1}-a^{\frac{p-1}{2}}={\left(x^2\right)}^{\frac{p-1}{2}}-a^{\frac{p-1}{2}}=(x^2-a)P(x)

Trong đóLà nào đó chỉnh hệ số đa thức, tiến tới:

\begin{aligned} x^p-x&=x\left(x^{p-1}-a^{\frac{p-1}{2}}\right)+x\left(a^{\frac{p-1}{2}}-1\right)\\ &=(x^2-a)xP(x)+\left(a^{\frac{p-1}{2}}-1\right)x\\ \end{aligned}

TừCùng dư phương trình định lý 5Cũng biết,Là môLần thứ hai còn thừa đương thả chỉ đương $a^{(p-1)/2}\equiv 1\pmod p$ .Tiến tớiLà môPhi lần thứ hai còn thừa đương thả chỉ đương $a^{(p-1)/2}\equiv -1\pmod p$ .

Legendre ký hiệu

Định nghĩa

Đối kỳ tố sốCùng số nguyên,Định nghĩa Legendre ký hiệu như sau:

\left(\frac{a}{p}\right)=\begin{cases} 0, & p\mid a,\\ 1, & (p\nmid a) \land ((\exists x\in\mathbf{Z}),~~a\equiv x^2\pmod p),\\ -1, & \text{otherwise}.\\ \end{cases}

Legendre ký hiệu nhưng tiến thêm một bước mở rộng vìJacobi ký hiệu,Jacobi ký hiệu nhưng tiến thêm một bước mở rộng vìKronecker ký hiệu.

Hạ biểu vì bộ phận Legendre ký hiệu giá trị ( FromWikipedia)

Tính chất

Đối tùy ý số nguyên,
$a^{\frac{p-1}{2}}\equiv \left(\frac{a}{p}\right)\pmod p$
Tiến thêm một bước, chúng ta có suy luận:
- $\left(\dfrac{1}{p}\right)=1$
- $\begin{aligned} \left(\dfrac{-1}{p}\right)&=(-1)^{\frac{p-1}{2}}\\ &=\begin{cases} 1, & p\equiv 1\pmod 4,\\ -1, & p\equiv 3\pmod 4. \end{cases} \end{aligned}$
$a_1\equiv a_2\pmod p\iff \left(\dfrac{a_1}{p}\right)=\left(\dfrac{a_2}{p}\right)$
(Hoàn toàn tích tính) đối tùy ý số nguyên,
$\left(\frac{a_1a_2}{p}\right)=\left(\frac{a_1}{p}\right)\left(\frac{a_2}{p}\right)$
Chúng ta có suy luận: Đối số nguyên, $p\nmid b$ Có
$\left(\frac{ab^2}{p}\right)=\left(\frac{a}{p}\right)$
$\begin{aligned} \left(\frac{2}{p}\right)&=(-1)^{\frac{p^2-1}{8}}\\ &=\begin{cases} 1, & p\equiv \pm 1\pmod 8 \\ -1, & p\equiv \pm 3\pmod 8 \\ \end{cases} \end{aligned}$

Chứng minh

TừLegendre ký hiệu định nghĩaCùngEuler phân biệt phápDễ đến.
Chú ý tới
$a_1\equiv a_2\pmod p\iff \left(\frac{a_1}{p}\right)\equiv\left(\frac{a_2}{p}\right)\pmod p$
Mà $\left|\left(\dfrac{a_1}{p}\right)-\left(\dfrac{a_2}{p}\right)\right|\leq 2$ Thả,Cố:
$a_1\equiv a_2\pmod p\iff \left(\frac{a_1}{p}\right)=\left(\frac{a_2}{p}\right)$
Từ 1 đến
$\left(\frac{a_1a_2}{p}\right)\equiv a_1^{\frac{p-1}{2}}a_2^{\frac{p-1}{2}}\equiv\left(\frac{a_1}{p}\right)\left(\frac{a_2}{p}\right)\pmod p$
Mà $\left|\left(\dfrac{a_1a_2}{p}\right)-\left(\dfrac{a_1}{p}\right)\left(\dfrac{a_2}{p}\right)\right|\leq 2$ Thả,Cố:
$\left(\frac{a_1a_2}{p}\right)=\left(\frac{a_1}{p}\right)\left(\frac{a_2}{p}\right)$
Tham kiếnLần thứ hai lẫn nhau phản luật

Lần thứ hai lẫn nhau phản luật

Thiết,Là hai cái bất đồng kỳ tố số, tắc

\left(\frac{p}{q}\right)\left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}\frac{q-1}{2}}

Chứng minh phương thức rất nhiều, người đọc cảm thấy hứng thú nói nhưng tham khảo⁵.Một loại chứng minh phương thức là căn cứ vào như sau dẫn lý ( Gauss dẫn lý ):

Gauss dẫn lý

Thiết,Đối số nguyên $k~\left(1\leq k\leq \dfrac{p-1}{2}\right)$ ,LệnhVìMôNhỏ nhất phi phụ còn thừa, thiếtVì sở hữuTrung lớn hơn $\dfrac{p}{2}$ Cái số, tắc

\left(\frac{n}{p}\right)=(-1)^m

Cái này dẫn lý có thể chứng minh như sau hữu dụng kết luận:

Kết luận

Đối kỳ tố số,

\begin{aligned} \left(\frac{2}{p}\right)&=(-1)^{\frac{p^2-1}{8}}\\ &=\begin{cases} 1, & p\equiv \pm 1\pmod 8 \\ -1, & p\equiv \pm 3\pmod 8 \\ \end{cases} \end{aligned}

Lần thứ hai lẫn nhau phản luật không chỉ có có thể sử dụng với phán đoán sốHay không là môLần thứ hai còn thừa, còn có thể dùng cho xác định sử sốVì lần thứ hai còn thừa mô số kết cấu.

Lần thứ hai còn thừa số lượng

Đối với kỳ tố số,MôÝ nghĩa hạ lần thứ hai còn thừa cùng lần thứ hai phi còn thừa đều có $\frac{p-1}{2}$ Cái.

Chứng minh

Căn cứ Euler phân biệt pháp, suy xét $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\pmod p$ .

Chú ý tới $\frac{p-1}{2}\mid (p-1)$ ,TừCùng dư phương trình định lý 6Cũng biết $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\pmod p$ Có $\frac{p-1}{2}$ Cái giải. Cho nên môÝ nghĩa hạ lần thứ hai còn thừa cùng lần thứ hai phi còn thừa đều có $\frac{p-1}{2}$ Cái.

Tương quan thuật toán

Đặc thù tình huống khi thuật toán

Đối với cùng dư phương trình $x^2\equiv a\pmod p$ ,Trong đóVì kỳ tố số thảVì lần thứ hai còn thừa ở $p\bmod 4=3$ Khi có càng đơn giản giải pháp, suy xét

\begin{aligned} \left(a^{(p+1)/4}\right)^2&\equiv a^{(p+1)/2}&\pmod p\\ &\equiv x^{p+1}&\pmod p\\ &\equiv \left(x^2\right)\left(x^{p-1}\right)&\pmod p\\ &\equiv x^2&\pmod p&\quad (\because{\text{Fermat's little theorem}}) \end{aligned}

Như vậy $a^{(p+1)/4}\bmod p$ Vì một cái giải.

Atkin thuật toán

Vẫn cứ suy xét kể trên cùng dư phương trình, lúc này $p\bmod 8=5$ ,Như vậy lệnh $b\equiv (2a)^{(p-5)/8}\pmod p$ Cùng $\mathrm{i}\equiv 2ab^2\pmod p$ Như vậy lúc này $\mathrm{i}^2\equiv -1\pmod p$ Thả $ab(\mathrm{i}-1)\bmod p$ Vì một cái giải.

Chứng minh

\begin{aligned} \mathrm{i}^2&\equiv\left(2ab^2\right)^2&\pmod p\\ &\equiv \left(2a\cdot \left(2a\right)^{(p-5)/4}\right)^2&\pmod p\\ &\equiv \left(\left(2a\right)^{(p-1)/4}\right)^2&\pmod p\\ &\equiv \left(2a\right)^{\frac{p-1}{2}}&\pmod p\\ &\equiv -1&\pmod p \end{aligned}

Như vậy

\begin{aligned} \left(ab(\mathrm{i}-1)\right)^2&\equiv a^2\cdot \left(2a\right)^{(p-5)/4}\cdot (-2\mathrm{i})&\pmod p\\ &\equiv a\cdot (-\mathrm{i})\cdot \left(2a\right)^{(p-1)/4}&\pmod p\\ &\equiv a&\pmod p \end{aligned}

Cipolla thuật toán

Cipolla thuật toán dùng cho cầu giải cùng dư phương trình $x^2\equiv a\pmod p$ ,Trong đóVì kỳ tố số thảVì lần thứ hai còn thừa.

Thuật toán nhưng miêu tả vì tìm đượcThỏa mãnVì lần thứ hai phi còn thừa, $(r-x)^{(p+1)/2}\bmod (x^2-(r^2-a))$ Vì một cái giải.

Ở số nhiều vực $\mathbf{C}$ Trung, suy xét lệnh $x^2+1\in\mathbf{R}\lbrack x\rbrack$ Cùng thật hệ số đa thức tập hợp $\mathbf{R}\lbrack x\rbrack$ ĐốiLấy mô sau tập hợp nhớ làm $\mathbf{R}\lbrack x\rbrack /(x^2+1)$ ,Như vậy tập hợp trung nguyên tố đều có thể tỏ vẻ vìHình thức, trong đó $a_0,a_1\in\mathbf{R}$ ,Lại bởi vì $x^2\equiv -1\pmod{\left(x^2+1\right)}$ ,Suy xét đa thức giải toán có thể phát hiện $\mathbf{R}\lbrack x\rbrack /(x^2+1)$ Trung nguyên tố giải toán cùng $\mathbf{C}$ Trung nhất trí.

Sau văn suy xét đối với hệ số thuộc về hữu hạn vực $\mathbb{F}_p$ Đa thức $\mathbb{F}_p\lbrack x\rbrack$ Cùng đối $x^2-(r^2-a)\in\mathbb{F}_p\lbrack x\rbrack$ Lấy mô sau tập hợp $\mathbb{F}_p\lbrack x\rbrack /(x^2-(r^2-a))$ Trung giải toán.

Lựa chọn:

Nếu $a\equiv 0\pmod p$ Như vậyVì lần thứ hai còn thừa, lúc này giải hiển nhiên vì $x\equiv 0\pmod p$ .Cho nên giả thiết $a\not\equiv 0\pmod p$ .Khiến choVì phi linh lần thứ hai còn thừa lựa chọn có $\dfrac{p-3}{2}$ Cái, mà khiến cho $r^2\equiv a\pmod p$ Lựa chọn đúng lúc có hai cái, như vậy có $\dfrac{p-1}{2}$ Loại lựa chọn có thể khiến choVì lần thứ hai phi còn thừa, sử dụng tùy cơ phương pháp bình quân ước hai lần nhưng đến.

Chứng minh

Lệnh $f(x)=x^2-(r^2-a)\in\mathbb{F}_p\lbrack x\rbrack$ Cùng $a_0+a_1x=(r-x)^{(p+1)/2}\bmod (x^2-(r^2-a))$ Như vậy có $a_0^2\equiv a\pmod p$ Thả $a_1\equiv 0\pmod p$ .

\begin{aligned} x^p&\equiv x(x^2)^{\frac{p-1}{2}}&\pmod{f(x)}\\ &\equiv x(r^2-a)^{\frac{p-1}{2}}&\pmod{f(x)}&\quad (\because{x^2\equiv r^2-a\pmod{f(x)}})\\ &\equiv -x&\pmod{f(x)}&\quad (\because{r^2-a}\text{ is quadratic non-residue}) \end{aligned}

Lại bởi vì Định lý nhị thức

\begin{aligned} (a+b)^p&=\sum_{i=0}^p\binom{p}{i}a^ib^{p-i}\\ &=\sum_{i=0}^p\frac{p!}{i!(p-i)!}a^ib^{p-i}\\ &\equiv a^p+b^p\pmod p \end{aligned}

Có thể phát hiện chỉ có đươngCùngKhi bởi vì không có ước sốSẽ không bởi vì môBị đánh tan, mặt khác hạng đều bởi vì cóƯớc số bị đánh tan. Cho nên

\begin{aligned} (r-x)^{p}&\equiv r^p-x^p&\pmod{f(x)}\\ &\equiv r+x&\pmod{f(x)} \end{aligned}

Cho nên

\begin{aligned} (a_0+a_1x)^2&=a_0^2+2a_0a_1x+a_1^2x^2\\ &\equiv (r-x)^{p+1}&\pmod{f(x)}\\ &\equiv (r-x)^p(r-x)&\pmod{f(x)}\\ &\equiv (r+x)(r-x)&\pmod{f(x)}\\ &\equiv r^2-x^2&\pmod{f(x)}\\ &\equiv a&\pmod{f(x)} \end{aligned}

Nếu $a_1\not\equiv 0\pmod p$ Thả

\begin{aligned} (a_0+a_1x)^2&=a_0^2+2a_0a_1x+a_1^2x^2\\ &\equiv a_0^2+2a_0a_1x+a_1^2(r^2-a)\pmod{f(x)} \end{aligned}

Cho nênHệ số cần thiết bằng không tức $a_0\equiv 0\pmod p$ Lúc này suy xét Legendre ký hiệu vì hoàn toàn tích tính hàm số cũng biết $r^2-a\equiv a/a_1^2\pmod p$ Hiển nhiên vì lần thứ hai còn thừa, không phù hợp định nghĩa. Bởi vậy $a_1\equiv 0\pmod p$ Thả $a_0^2\equiv a\pmod p$ .

Bostan–Mori thuật toán

Nên thuật toán căn cứ vào Cipolla thuật toán, chúng ta đem vấn đề thay đổi vìThường hệ số tề thứ tuyến tính đệ đẩyLại ứng dụng Bostan–Mori thuật toán. Suy xét một loại khác thường thấy Cipolla thuật toán miêu tả vì $b=x^{\left(p+1\right)/2}\bmod{\left(x^2-tx+a\right)}$ Vì thỏa mãn $b^2\equiv a\pmod{p}$ Một cái giải³,Trong đó $x^2-tx+a\in \mathbb{F}_p\lbrack x\rbrack$ Vì không thể ước đa thức. Lựa chọn sử dụngĐồng dạng sử dụng tùy cơ. Chứng minh quá trình lược. Tham khảo văn hiến⁴Trung thuật toán chúng ta có thể phát hiện vấn đề nhưng chuyển hóa vì cầu giải hình thức mịch cấp số phép nhân nghịch nguyên mỗ hạng nhất hệ số:

b=\left\lbrack x^{(p+1)/2}\right\rbrack\dfrac{1}{1-tx+ax^2}

Thả

\left\lbrack x^n\right\rbrack\dfrac{k_0+k_1x}{1+k_2x+k_3x^2}= \begin{cases} \left\lbrack x^{(n-1)/2}\right\rbrack\dfrac{k_1-k_0k_2+k_1k_3x}{1+(2k_3-k_2^2)x+k_3^2x^2},&\text{if }n\bmod 2=1\\ \left\lbrack x^{n/2}\right\rbrack\dfrac{k_0+(k_0k_3-k_1k_2)x}{1+(2k_3-k_2^2)x+k_3^2x^2},&\text{else if }n\neq 0 \end{cases}

MàKhi hiển nhiên có $\left\lbrack x^0\right\rbrack\dfrac{k_0+k_1x}{1+k_2x+k_3x^2}=k_0$ ,Nên thuật toán phép nhân số lần tương so với Cipolla thuật toán càng thiếu, mặt khác tương quan phép nhân số lần ít thuật toán có thể thấy được².

Legendre thuật toán

Đối với cùng dư phương trình $x^2\equiv a\pmod p$ ,Trong đóVì kỳ tố số thảVì lần thứ hai còn thừa. Legendre thuật toán nhưng miêu tả vì tìm đượcThỏa mãnVì lần thứ hai phi còn thừa, lệnh $a_0+a_1x=(r-x)^{\frac{p-1}{2}}\bmod (x^2-a)$ ,Như vậy $a_0\equiv 0\pmod p$ Thả $a_1^{-2}\equiv a\pmod p$ .

Chứng minh

Suy xét lựa chọn một cáiThỏa mãn $b^2\equiv a\pmod p$ ,Như vậyVì lần thứ hai phi còn thừa, cho nên

(r-b)^{\frac{p-1}{2}}(r+b)^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\pmod p

Tồn tại hoàn thái bắn

\begin{aligned} \phi:\mathbb{F}_p\lbrack x\rbrack/(x^2-a)&\to \mathbb{F}_p\times \mathbb{F}_p\\ x&\mapsto (b,-b) \end{aligned}

Như vậy

\begin{aligned} (a_0+a_1b,a_0-a_1b)&=\phi(a_0+a_1x)\\ &=\phi(r-x)^{\frac{p-1}{2}}\\ &=((r-b)^{\frac{p-1}{2}},(r+b)^{\frac{p-1}{2}})\\ &=(\pm 1,\mp 1) \end{aligned}

Cho nên $2a_0=(\pm 1)+(\mp 1)=0$ Mà $2a_1b=(\pm 1)-(\mp 1)=\pm 2$ .

Tonelli–Shanks thuật toán

Tonelli–Shanks thuật toán là căn cứ vào ly tán đối số cầu giải cùng dư phương trình $x^2\equiv a\pmod p$ Thuật toán¹,Trong đóVì kỳ tố số thảVì môLần thứ hai còn thừa.

Lệnh $p-1=2^n\cdot m$ Trong đóVì số lẻ. Vẫn cứ sử dụng tùy cơ phương pháp tìm kiếm $r\in\mathbb{F}_p$ Thỏa mãnVì lần thứ hai phi còn thừa. Lệnh $g\equiv r^m\pmod p$ Thả $b\equiv a^{(m-1)/2}\pmod p$ ,Như vậy tồn tại số nguyên $e\in\lbrace 0,1,2,\dots ,2^n-1\rbrace$ Thỏa mãn $ab^2\equiv g^e\pmod p$ .NếuVì lần thứ hai còn thừa, như vậyVì số chẵn thả $\left(abg^{-e/2}\right)^2\equiv a\pmod p$ .

Chứng minh

\begin{aligned} g^{2^n}&\equiv r^{2^n\cdot m}&\pmod p\\ &\equiv r^{p-1}&\pmod p\\ &\equiv 1&\pmod p \end{aligned}

Mà

\begin{aligned} g^{2^{n-1}}&\equiv r^{2^{n-1}\cdot m}&\pmod p\\ &\equiv r^{\frac{p-1}{2}}&\pmod p\\ &\equiv -1&\pmod p \end{aligned}

Cho nênGiai vì,Lại bởi vì $ab^2\equiv a^m\pmod p$ Là $x^{2^n}\equiv 1\pmod p$ Giải, cho nênLàMịch thứ, nhớ $a^m\equiv g^e\pmod p$ .

NếuLà lần thứ hai còn thừa, như vậy

\begin{aligned} g^{2^{n-1}\cdot e}&\equiv (-1)^e&\pmod p\\ &\equiv a^{2^{n-1}\cdot m}&\pmod p\\ &\equiv a^{\frac{p-1}{2}}&\pmod p\\ &\equiv 1&\pmod p \end{aligned}

Cho nênVì số chẵn, mà

\begin{aligned} \left(abg^{-e/2}\right)^2&\equiv a^2b^2g^{-e}&\pmod p\\ &\equiv a^{m+1}g^{-e}&\pmod p\\ &\equiv a&\pmod p \end{aligned}

Dư lại vấn đề là như thế nào tính toán,Tonelli cùng Shanks đưa ra một lần xác địnhMột cái bit. LệnhỞ cơ số hai hạ tỏ vẻ vì $e=e_0+2e_1+4e_2+\cdots$ Trong đó $e_k\in\lbrace 0,1\rbrace$ .

Bởi vìLà lần thứ hai còn thừa, cho nên bắt đầu khi,Sau đó tính toánSau đóTừ từ, từ dưới công thức cấp ra

\left(g^eg^{-(e\bmod 2^k)}\right)^{2^{n-1-k}}\equiv g^{2^{n-1}\cdot e_k}\equiv \begin{cases} 1\pmod p,&\text{if }e_k=0\\ -1\pmod p,&\text{else if }e_k=1 \end{cases}

Chính xác tính hiển nhiên.

Bài tập

Tham khảo tư liệu cùng chú thích

Daniel. J. Bernstein. Faster Square Roots in Annoying Finite Fields.↩
S. Müller, On the computation of square roots in finite fields, Design, Codes and Cryptography, Vol.31, pp. 301-312, 2004↩
A. Menezes, P. van Oorschot and S. Vanstone. Handbook of Applied Cryptography, 1996.↩
Alin Bostan, Ryuhei Mori.A Simple and Fast Algorithm for Computing the N-th Term of a Linearly Recurrent Sequence.↩
Quadratic reciprocity - Wikipedia ↩

Bổn giao diện gần nhất đổi mới:2024/3/18 15:28:12,Đổi mới lịch sử
Phát hiện sai lầm? Tưởng cùng nhau hoàn thiện?Ở GitHub thượng biên tập này trang!
Bổn giao diện cống hiến giả:hly1204,ShaoChenHeng,dkz051,Enter-tainer,Great-designer,iamtwz,monkeysui,nanmenyangde,sshwy,StudyingFather,TachikakaMin,Tiphereth-A,Xeonacid,xyf007
Bổn giao diện toàn bộ nội dung ởCC BY-SA 4.0CùngSATAHiệp nghị chi điều khoản hạ cung cấp, phụ gia điều khoản cũng khả năng ứng dụng