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素数判定法
- 2. 問題 • 素数判定の多項式時間アルゴリズムは知られて いなかった(最近発見された) • どちらにせよ、オーダーが悪いので乱択で対処 したい おいsqrt(n)まで割るだけでも余裕で多項式 時間じゃないか垢消せ
- 3. 「多項式時間」とは • 「入力サイズ」に対する多項式時間で処理しな ければならない • 「入力サイズ」とはこの場合素数をbitで表した 時のbit長 • 「対数についての多項式」オーダーでやらなけ ればならない • よってO(sqrt p)は指数時間
- 4. 乱択アルゴリズムとは • 乱数を入力とした決定性アルゴリズムをたくさ ん実行していろいろするアルゴリズム • 実際やばげなオーダーの問題を高速化できる
- 5. 乱択アルゴリズム(モンテカルロ) • 片側誤りモンテカルロ法 • 素数判定の乱択アルゴリズムではこれを用いる • 誤って合成数を素数と判定してしまうことも
- 6. 反復二乗法 • a^nはO(log n)で求められる • aをbit列にエンコードして二乗していく ▫ 蟻本にのってる
- 7. Fermatの小定理 • 任意の素数pに対し、任意のpの倍数でない正整 数aに対して、a^p-1≡1(mod p) • Ex.4^6=4096≡1(mod 7)とか
- 8. 対偶 • さっきの命題の対偶をとると？ • 互いに素な正整数a,nに対してa^n≢1(mod n)な らばnは合成数
- 9. フェルマーテスト • フェルマーテストとはこれを使った素数判定法 • 素数かどうか判定したい数nに対し、多くのaに 対してa^nがmod nで1と合同かをみる • 合同でなければ合成数 • 合同であるものが適当な回数やっても見つから なければ素数 • うまくいきそう？
- 10. 実はやばい • 実は、カーマイケル数とかいう合成数が無限に 存在(訴訟不可避) ▫ 最小は561 • 任意のnと互いに素なaに対し、a^n≡1(mod n)が 成り立つ • これらの数については、フェルマーテストでは 合成数だと判定できない
- 11. SSSA • じつは、条件に尐し制約を設けることでそのよ うな数はないようにできる • 判定する数を、mod 4で3と合同なものに限る • すると、カーマイケル数のようなやばい数は存 在しない
- 12. 平方剰余 • 平方剰余とは • p:primeとして、x^2≡a(mod p)なるxが存在する 場合、aはmod pで平方剰余 • そうでなければ、aはmod pで平方非剰余 • たとえば、2はmod 7で4の二乗なので平方剰余
- 13. 平方剰余かどうかの判定 • 平方剰余の第一補充則、第二補充則、相互法則 を使えば判定可能 • これはpの対数時間で求まる
- 14. Eulerの基準 • aがmod pで平方剰余ならば、a^((p- 1)/2)≡1(mod p) • そうでなければ、その値は-1と合同
- 15. 証明 • p=2の場合は自明なので、pは奇数としてよい • p=2p’+1とおくと、0≡a^(p-1)-1=(a^p’- 1)(a^p’+1) • 環Zp上での零因子は0だけなので、a^p’はmod p で1か-1と合同
- 16. 証明 • aがmod pで平方剰余の時、a≡x^2なるxが存在 • Fermatの小定理より、a^p’≡x^(p-1)≡1
- 17. 証明 • 平方非剰余の時、a^p’≡1として矛盾を導く • pは素数なので、Zp-{0}の生成元gが存在して a≡g^(2k+1)と書ける ▫ 生成元とは、その数の累乗で群の要素がすべて表 せるような元
- 18. 証明 • aにg^(2k+1)を代入してほげほげすると、 a^((p-1)/2)≡g^((p-1)/2)が示せる • gは生成元なので、途中で1になるとすべての元 を生成できず矛盾
- 19. Eulerの基準(再掲) • aがmod pで平方剰余ならば、a^((p- 1)/2)≡1(mod p) • そうでなければ、その値は-1と合同
- 20. SSSAのアイデア • 尐なくとも半分の数に対してはa^((n-1)/2)が{1,- 1}に含まれないことを利用 • 多くの数で計算を行えば誤判定の確率は十分低 くなる
- 21. 証明 • a^((n-1)/2)∈{1,-1}となるとき、aをEuler的であ るという • Mod 4 で3と合同な場合、ZnにEuler的でない可 逆元が存在 ▫ これは直積とか同型とか中国剰余定理とか言って ると示せる
- 22. 証明 • 先ほどの元をbとおく • まず、Euler的である集合にbをかける写像は単 射 ▫ 消去律みたいなものが言える
- 23. 証明 • この写像によって、Euler的である元はEuler的 でない元に移る ▫ Euler的な元aに対し、(ab)^((n-1)/2)≢±(b^((n- 1)/2))であるので、abはEuler的でない
- 24. SSSA • 以上によって、mod 4で3と合同な合成数ならラ ンダムにaを選べば半分以上の確率で合成数だと いえる • 適当な回数繰り返せば大丈夫そう
- 25. SSSAの欠点 • やはり限られた数しか対応できないところが欠 点 • 別のアプローチを考える必要あり
- 26. Legendre記号 • Leg[a/p](p:prime)をこのように定義する • Leg[a/p]=1(aがmod pで平方剰余の時) • -1(そうでないとき) • Eulerの基準より、Leg[a/p]=a^((p-1)/2)mod p である
- 28. Jacobi記号 • Jacobi記号にも平方剰余の相互法則とかのよう なものが使える • Jac[a/n]がgcd(a,n)=1のとき定義できる • log nの多項式時間でJacobi記号が計算可能
- 29. Solovay-Strassenアルゴリズム • Jacobi記号を使ったモンテカルロアルゴリズム • nが合成数ならばJac[a/n]≢a^((n-1)/2)(mod n) となるaが半分以上存在することを使う
- 30. 証明 • nが素数の場合はJac[a/n]=Leg[a/n]なのでその ようなことは起こらない • nが合成数の場合、Jac[a/n]≡a^((n-1)/2)となるa は高々半分となることを示す ▫ この集合をWとする
- 31. 証明 • Wは乗法に関して群になる ▫ Jac[ab/n]=Jac[a/n]*Jac[b/n]、Jacobi記号をかけ ることによって単位元は単位元にうつり、あきら かに結合法則はみたし、a,nは互いに素なので逆元 も存在
- 32. 証明 • よって、WはZn*の部分群なので、Lagrangeの 定理よりWの位数(元の数)はφ(n)の約数 ▫ Lagrangeの定理は剰余群を考えることで示せる ▫ φはEuler関数
- 33. 証明 • あとは、W=Zn*とならないことを示せばよい • ある要素をとってくるとそれがWに含まれない ことがわかる ▫ 証明は長いので省略
- 34. Solovay-Strassenアルゴリズム • さきほどのSSSAと同様、合成数は各aにおいて 素数と判定される確率は1/2であるので、十分な 回数操作を繰り返せばよさそう
- 36. アイデア • nが合成数であることの平方根に関する証拠を探 す • 平方根に関する証拠とは
- 37. 平方根に関する証拠 • 合成数nに対し、n-1=s*2^mとおく(ただし,sは 奇数) • a^n-1≢1(mod n)または、 あるjが存在して、a^(s*2^(m-j))≡1かつ a^(s*2^(m-j-1))が{1,-1}にふくまれない
- 38. 平方根に関する証拠 • 要するに、フェルマーの小定理が成り立たない か、そうでなければ次々に1の平方根をとってき たときに{1,-1}以外の値が出てきたら合成数
- 39. 証明 • nが素数の場合、a^(s*2^(m-j))≡1に対し、 • 0≡a^(s*2^(m-j))-1=(a^(s*2^(m-j-1))-1) (a^(s*2^(m-j-1))+1) • nは素数なので零元は0以外に存在しない • よってa^(s*2^(m-j-1))∈{1,-1}
- 40. 証明 • 尐なくとも半分のaに対して、nが合成数の場合 にこれが証拠となる(すなわち、Fermatの小定理 が成り立たないまたは平方根をとっていったと きに1,-1以外の値が現れる)ことを示す
- 41. 証明 • n以下でnと互いに素な数の集合をZn*とする • 証拠となる数の集合をW,ならない数の集合をX とする • XはZn*に含まれる ▫ Xに属する数はa^(n-1)≡1(mod n)を満たすので、 a^(n-2)はaの逆元となるため
- 42. 証明 • Xを含み、Zn*の真の部分群となるBが存在すれ ば、尐なくとも半分は証拠である ▫ 先ほどのLagrangeの定理より
- 43. 証明 • nがカーマイケル数でない場合 • Bをa^(n-1)≡1を満たす集合とする • これは空でなく演算に関して閉じているので群 • nはカーマイケル数ではないのでBに含まれない Zn*の元が存在 • 証拠とならない元に対し、a^(n-1)≡1なのでX⊂B
- 44. 証明 • nがカーマイケル数の時 • 長いので概略だけ • Bをa^(s*2^j)が{1,-1}に含まれる集合とする • これは群なので、Zn*の部分群 • また、これに含まれないZn*の元が生成できる
- 45. Miller-Rabinアルゴリズム • これも、合成数を素数という確率は1/2以下 • もう尐し頑張ると1/4以下であることが言えてす ごく優秀 • 実装すごく軽い • 拡張リーマン予想を認めると、決定性多項式時 間アルゴリズムになる
- 46. 実際に実行してみる • 何か素数かどうか判定してほしい奇数を言って ください #きゅうり不正 #問題文は全部読みま しょう
- 47. AKS素数判定法 • 2002年に、Agrawel,Kayal,Saxenaによっ て”PRIMES is in P”という論文が発表される • 素数判定の決定性多項式時間アルゴリズムが存 在することが初めて示される
- 48. AKS素数判定法 • しかし、O(log^12 n)として発表されたので実用 性はない ▫ 数体篩法と呼ばれる方法で素因数分解を求めるよ りも遅い ▫ O(log^7.5 n)であることや、拡張リーマン予想を 認めるとO(log^6 n)であることが分かっている が、依然使い物にならない
- 49. アイデア • 実際は乱択 • しかし、ある範囲に必ず合成数であることの証 拠があることが示されている • よって決定性アルゴリズムとなる
- 50. アイデア • Fermatの小定理の拡張 • 多項式Xと,nと互いに素なaに対し、nが合成数 であることは(X+a)^n≢X^n+a(mod n)となるこ とと同値 ▫ これは二項定理を使うと示せる
- 51. アイデア • これだとまだ大変なので、いい感じのrをとって きてmod X^r-1で考える • これでaをたくさん動かせば、いくつか動かした ところで厳密になる
- 53. アルゴリズム • 位数が4 log^2 nより大きくなる最小のrを求める ▫ 位数とはn^e≡1(mod r)なる最小のeのこと ▫ rはlog^5 nオーダーに収まる
- 54. アルゴリズム • r以下にnと互いに素でない数がないか確認 ▫ あると、のちのアルゴリズムが動かない ▫ あれば、合成数と出力して終了
- 56. アルゴリズム • 1からfloor(2sqrt(φ(r))log n)まで、(X+a)^nが X^n+aとmod X^r-1,nで合同になるかを判定
- 58. 実際 • 拡張リーマン予想を認めてもO(log^6 n)なので 使い物にならない • しかも実装がクッソ重い • Miller-Rabinあたりが現実的