[Prethodno poglavlje]   [Sljedeće poglavlje]   [Sadržaj]

4.3. Miller-Rabinov test

Neka je n neparan prirodan broj, (b,n) = 1, te bn -1 ≡ 1 (mod n). Budući da je n -1 paran, možemo pokušati "vaditi drugi korijen" iz ove kongruencije, tj. dizati b na potencije (n-1)/2, (n-1)/4, ... , (n-1)/2s (gdje je t = (n-1)/2s neparan broj). Pretpostavimo da u i-tom koraku prvi put dobijemo na desnoj strani nešto različito od 1, recimo b(n-1)/2i ≡ a (mod n). Tada ako je n prost, onda mora biti a = -1 jer je b(n-1)/2i-1 ≡ 1 (mod n), a jedina rješenja kongruencije x2 ≡ 1 (mod p) su x ≡ ± 1 (mod p). Ova činjenica motivira sljedeću definiciju.


Definicija: Neka je n neparan složen broj, te neka je n - 1 = 2s . t, gdje je t neparan broj. Neka je b cijeli broj takav da je (b,n) = 1. Ako vrijedi

bt ≡ 1 (mod n), ili postoji r, 0 ≤ r < s, takav da je b2rt ≡ -1 (mod n),       (***)

onda kažemo da je n jaki pseudoprosti broj u bazi b (ili spsp(b)).

Očito je svaki spsp(b) ujedno i psp(b). Može se pokazati da je svaki spsp(b) ujedno i epsp(b). Obrat ne vrijedi. Npr. n =561 je epsp(2) jer je 2280 ≡ (2/561) ≡ 1 (mod 561), ali n nije spsp(2) jer je 2280 ≡ 1 (mod 561), a 2140 ≡ 67 (mod 561).


Teorem 4.3: Ako je n ≡ 3 (mod 4), onda je n spsp(b) ako i samo ako je n epsp(b).

Dokaz: U ovom slučaju je s = 1, t = (n-1)/2. Ako je n epsp(b), onda je

bt ≡ b(n -1)/2 ≡ (b/n) ≡ ±1 mod (n),

pa je n spsp(b).

Neka je sada n spsp(b). To znači da je b(n -1)/2 ≡ ±1 (mod n). Budući da je n ≡ 3 (mod 4), to je (±1/n) = ±1, pa je

(b/n)=b^((n-1)/2) (mod n)

■



Teorem 4.4: Neka je n neparan složen broj. Tada je n jaki pseudoprosti broj u bazi b za najviše 25% baza b, 0 < b < n.

Dokaz:
1. slučaj: n nije kvadratno slobodan
Neka je n = p2q, gdje je p prost. Ako je n spsp(b), onda je n i psp(b). Pretpostavimo da je bn -1 ≡ 1 (mod n). Tada je i bn -1 ≡ 1 (mod p2). Po Lemi 4.1, ova kongruencija ima d = (p(p -1), n -1) rješenja. Budući da p|n, to p ∤ (n -1), pa p ∤ d. Zato je d ≤ p -1. Stoga je broj baza b za koje je n psp(b)

≤ dq ≤ (p -1)q = (p2 -1)q/(p+1) < n/4.

2. slučaj: n = pq, gdje su p i q različiti prosti brojevi
Neka je p - 1 = 2u v, q - 1 = 2w z, gdje su v i z neparni, te u ≤ w. Pretpostavimo da je bt ≡ 1 (mod n). Po Lemi 4.1, takvih baza ima (t,v) · (t,z) ≤ vz.
Pretpostavimo sada da je b2rt ≡ -1 (mod p) za neki r, 0 ≤ r < s. Po Lemi 4.1, ova kongruencija ima rješenja ako i samo ako je r < u, a broj rješenja je 2r (t,v) · 2r (t,z) ≤ 4r vz. Budući da je n -1 > φ(n) = 2u+w vz, slijedi da prirodnih brojeva b, 0 < b < n, za koje je n spsp(b) ima najviše

vz+

Ako je u < w, onda je desna strana od (4.3)

< n/4

Ako je u = w, onda barem jedna od nejednakosti (t,v) ≤ v, (t,z) ≤ z mora biti stroga, jer bi inače imali 0 ≡ 2s t ≡ pq -1 ≡ q - 1 (mod v), pa bi iz v|(q - 1) = 2w z slijedilo da v|z. Analogno bi dobili da z|v, što bi značilo da je v = z i p = q, što je kontradikcija.
Dakle, u gornjim ocjenama možemo zamijeniti vz sa vz/3. To dovodi do sljedeće ocjene za broj baza b za koje je n spsp(b):

< n/4

3. slučaj: n = p1p2 · · · pk, gdje je k ≥ 3, a pi-ovi su različiti prosti brojevi
Neka je pj - 1 = 2sj tj, tj neparan. Postupimo kao u 2. slučaju. Možemo pretpostaviti da je s1 ≥ sj, za sve j. Dobivamo sljedeću ocjenu za broj baza b takvih da je n spsp(b):

< n/4

■



Miller-Rabinov test prostosti:

Neka je n neparan broj za kojeg želimo ustanoviti da li je prost ili složen. Neka je n - 1 = 2s . t, gdje je t neparan broj . Na slučajan način izaberemo b, 0 < b < n. Izračunamo bt mod n. Ako dobijemo ±1, zaključujemo da je n prošao test (***), te biramo sljedeći b. U protivnom, uzastopno kvadriramo bt modulo n sve dok ne dobijemo rezultat -1. Ako dobijemo -1, onda je n prošao test (***). Ako nikad ne dobijemo -1, tj. ako dobijemo da je b2r+1t ≡ 1 (mod n), ali b2rt ≢ -1 (mod n), onda znamo da je sigurno n složen. Ako n prođe test (***) za k različitih b-ova, onda je vjerojatnost da je n složen ≤ 1/4k.

Napomena: Uz pretpostavku da vrijedi tzv. generalizirana Riemannova hipoteza (GRH), Miller-Rabinov test postaje polinomijalni deterministički test. Naime, može se pokazati da ako je GRH točna i ako je n složen broj, onda mora postojati barem jedna baza b < 2 ln2 n za koju ne vrijedi (***).

[Prethodno poglavlje]   [Sljedeće poglavlje]   [Sadržaj]
Web stranica kolegija Kriptografija Andrej Dujella - osobna stranica