Рейтинг:2

Доказательство Stream Cipher максимальной длины периода для $n = 2^m$

флаг fr

Во время чтения Курс математической криптографии Баумслаг и др., у меня возникли проблемы с пониманием части доказательства теоремы 2.3.3, а именно необходимого условия:

Позволять $n\in\mathbb{N}$ с $n=2^m,m\geq1$ и разреши $а,б\в\mathbb{Z}$ такой, что $f:\mathbb{Z}_n\to\mathbb{Z}_n, x\to\overline{a}x+\overline{b}$ является генератором линейных сравнений. Далее пусть $s\in\{0,1,\dots,n-1\}$ быть дано и $x_0=\overline{s},x_1=f(x_0),\dots.$ Затем последовательность $x_0,x_1,\точки$ является периодическим с максимальной длиной периода $n=2^m$ если выполняется следующее:

  1. $а$ странно.
  2. Если $m\geq2$ тогда $а\эквив1\мод{4}.$
  3. $b$ странно и $\overline{b}\neq\overline{0}.$

Доказательство выглядит следующим образом для $m\geq2$ и поэтому $n\geq 4$:

Предположим, что (1), (2) и (3) выполнены. Покажем, что мы получаем максимальную длину периода $n = 2^m$ за $x_0=\overline{0}$ что доказывает теорему.

Позволять $x_0=\overline{0}.$ Получаем рекурсивно $$x_k = (\overline{1}+\overline{a}+\dots+\overline{a}^{k-1})\overline{b}$$ за $k\geq1.$ С $b$ странно у нас $$x_k=\overline{0}\iff(\overline{1}+\overline{a}+\dots+\overline{a}^{k-1})=\overline{0}.$$ Мы пишем $к = 2^rt$ с $r\geq0$ и $t$ странный. затем $$\overline{0}=(\overline{1}+\overline{a}+\dots+\overline{a}^{k-1})=(\overline{1}+\overline{a}+\ точки+\overline{a}^{2^r-1})(\overline{1}+\overline{a}^{2^r}+(\overline{a}^{2^r})^2+ \dots+(\overline{a}^{2^r})^{t-1}).$$ Второй множитель конгруэнтен 1 по модулю 2 и, следовательно, $$2^m|(1+a+\dots+a^{k-1})\iff2^m|(1+a+\dots+a^{2^r-1}).$$

Целое число $1+а+\точки+а^{2^r-1}$ делится на $2^r$ так как это сумма $2^r$ нечетные числа, но не делятся на $2^{г+1}.$ Следует, что $r\geq m\iff2^m|k.$ Следовательно $x_k=\overline{0}$ происходит для $k\geq1$ в первый раз когда $k=n=2^m$.

Я не следую самой последней части, выделенной курсивом (из «Целое число...»). Буду рад, если кто-то сможет меня просветить.

Рейтинг:2
флаг ru

Это не совсем точно.Вместо этого они должны заметить, что целое число $1+а+\cdots+а^{2^r-1}$ представляет собой сумму геометрической прогрессии с $a\equiv1\pmod 4$ и поэтому делится на $2^r$ но нет $2^{г+1}$. Чтобы увидеть это, мы пишем $а=1+2^су$ с $u$ странный и $s\ge2$ и увидишь, что $$1+a+\cdots+a^{2^r}=\frac{a^{2^r}-1}{a-1}.$$ Затем рассмотрим числитель $$a^{2^r}-1=(2^su+1)^{2^r}-1 =\left(1+2^r(2^su)+2^{r-1}(2^r-1)(2^{2s}u^2)+\cdots\right)$$ и $$\left(1+2^r(2^su)+2^{r-1}(2^r-1)(2^{2s}u^2)+\cdots\right)\equiv 2^ {r+s}u\equiv 2^{r+s}\pmod{2^{r+s+1}}$$ так что $2^{г+с}$ это наибольшая степень числа 2, делящая числитель. Так же $2^s$ это наибольшая степень числа 2, делящая знаменатель, и поэтому $2^{r+s-s}=2^r$ это наибольшая степень деления на 2 $1+а+\cdots+а^{2^r-1}$. Следует, что $2^m|(1+a+\cdots+a^{k-1})$ если и только если $к$ имеет форму $2^rt$ с $t$ странный и $r\ge м$. Отсюда следует, что наименьшее такое значение $к$ для которого $x_k=\overline 0$ является $к=2^м$.

themightymoose avatar
флаг fr
Отличное объяснение, спасибо.

Ответить или комментировать

Большинство людей не понимают, что склонность к познанию нового открывает путь к обучению и улучшает межличностные связи. В исследованиях Элисон, например, хотя люди могли точно вспомнить, сколько вопросов было задано в их разговорах, они не чувствовали интуитивно связи между вопросами и симпатиями. В четырех исследованиях, в которых участники сами участвовали в разговорах или читали стенограммы чужих разговоров, люди, как правило, не осознавали, что задаваемый вопрос повлияет — или повлиял — на уровень дружбы между собеседниками.