§1.9. Заключение. Детерминированный полиномиальный алгоритм проверки простоты чисел

50 Гл. 1. Тестирование чисел на простоту и построение больших простых чисел

Лемма 1.73. Существуют положительная постоянная c0 и натуральное число n0 такие, что для всех x n0 выполнено неравенство

#{p | p — простое, p x, P(p − 1) > x2/3} logc0xx .

Доказательство можно найти в работах [123; 61].

Лемма 1.74. При всех m 2 выполнено неравенство

где (m) — функция Чебышёва. Доказательство см. в [55].

Теперь опишем алгоритм проверки простоты натуральных чисел.

Алгоритм.

На входе задано нечетное число n N, n > 1.

1 шаг. Если n имеет вид ab, где a N, b N, b 2, то выдать сообщение о том, что n составное, и закончить работу. (В работе [64] показано, что этот шаг может быть выполнен за O(log n1+o(1)) арифметических операций.)

√

1 a [2 r log2 n] проверить выполнение соотношения (x − a)n ≡ xn − a (mod xr − 1)

в кольце Z/nZ [x]. Если для некоторого a в 1-м случае выполнено неравенство (a, n) > 1, либо во 2-м случае соотношение по модулю xr − 1 не выполняется, то n — составное, и алгоритм заканчивает работу.

52 Гл. 1. Тестирование чисел на простоту и построение больших простых чисел

при всех достаточно больших n. Значит, хотя бы одно специальное простое r не делит Π. Покажем, что оно будет удовлетворять утвер-

так как выполнено даже более сильное неравенство

r x1/3r2/3,

поскольку r x = c2 log62 n. Из доказанного следует, что r | Π, но это противоречит выбору r. Итак, q | or (n) и n(r−1)/q ≡ 1 (mod r). Лемма доказана.

Замечание 1.77. Из леммы 1.76 следует, что если n достаточно велико, то на 3 шаге алгоритма либо обнаружится, что n составное, либо найдется простое число r, r c2 log62 n, такое, что у r − 1 есть простой делитель q, удовлетворяющий условиям 7 шага.

Лемма 1.78. Если число n — простое, то алгоритм закончит работу с выдачей сообщения о том, что n — простое.

Доказательство. Если n не очень велико, то алгоритм может просто перебрать все значения r < n и на 8 шаге при r = n выдать сообщение о том, что n — простое; либо мы перейдем к 9 шагу с некоторым значением r и (по теореме 1.71) тесты 9 шага будут выполнены для всех рассматриваемых a, вследствие чего алгоритм выдаст сообщение о том, что n — простое.

Предположим теперь, что n достаточно велико. Тогда по лемме 1.76 на 3 шаге алгоритма обнаружится простое число r такое, что r c2 log62 n < n, причем r − 1 имеет простой делитель q, удовлетворяющий условиям 7 шага. На 9 шаге соотношение по модулю xr − 1 будет выполнено (по теореме 1.71) для всех рассматриваемых значений a, так как

если n достаточно велико. Значит, мы дойдем до 10 шага, и алгоритм выдаст сообщение о простоте n.

Теперь предположим, что n— составное число. Пусть n = p1 . . . pk — разложение n на простые множители (не обязательно различные). Допустим, что в ходе перебора значений r на 3 шаге мы не обнаружили, что n составное, нашли простые числа r и q, удовлетворяющие условиям 6 и 7 шагов и перешли к 9 шагу. Поскольку q | or (n)

и or (n) | НОК(or (pi)), то существует простое число p, делящее n, такое,

i

что q | or (p). Зафиксируем это p.

√

Положим l = [2 r log2 n], и пусть l < n − 1. На 9 шаге мы перебираем значения a, 1 a l. По п. 4 леммы 1.72 в Z/pZ [x] существует неприводимый многочлен h(x), делящий xr − 1, причем deg h(x) = d = or (p) 2 (так как q делит d). Если соотношение по модулю xr − 1 на 9 шаге для какого-то конкретного a будет выполнено, то будет выполнено и соотношение

−a (mod h(x)) имеют конечный порядок в ((Z/pZ [x])/(h(x))) , и G является группой. Так как G — подгруппа циклической группы GF(pd) , то она тоже является циклической.

Покажем, что элементы подмножества

полнения 9 шага и √l < n − 1. На 9 шаге будет проверяться условие 2 случая и r > q 4 r log2 n 2l. При этом рассматриваемые значения a различны по модулю p, так как если a1 ≡ a2 (mod p), a1 < a2, то p a2 − a1 < l < r, и тогда мы бы уже на 4-м шаге для значения r1 = p < r обнаружили, что n — составное. Итак, величины a (mod p)

l

различны. Поэтому многочлены

a=1

личны, а так как l a d − 1 < deg h(x), то и элементы множества S

a=1

54 Гл. 1. Тестирование чисел на простоту и построение больших простых чисел

различны в (Z/pZ [x])/(h(x)). Поскольку в множестве S содержится

Пусть g(x) — образующий циклической группы G. Его порядок будет

√

больше n2 r/2. Положим

Ig(x) = {m | m Z 0, g(x)m ≡ g(xm) (mod xr − 1) в кольце Z/pZ [x]}.

Лемма 1.80. Множество Ig(x) замкнуто относительно умножения.

Доказательство. Пусть m1, m2 Ig(x) . Тогда в кольце Z/pZ [x] выполнены сравнения

g(x)m1 ≡ g(xm1) (mod xr − 1), g(x)m2 ≡ g(xm2) (mod xr − 1). Подставим xm1 вместо x во второе сравнение. Тогда

g(xm1)m2 ≡ g(xm1m2) (mod xrm1 − 1),

откуда

g(xm1)m2 ≡ g(xm1m2) (mod xr − 1).

Поэтому

g(x)m1m2 ≡ (g(x)m1)m2 ≡ (g(xm1))m2 ≡ g(xm1m2) (mod xr − 1),

т. е. m1m2 Ig(x) .

Лемма 1.81. Пусть og — порядок g(x) в Z/pZ [x]/(h(x)). Пусть m1, m2 Ig(x) . Тогда из сравнения m1 ≡ m2 (mod r) следует, что

m1 ≡ m2 (mod og).

Доказательство. Пусть m2 > m1. Тогда m2 = m1 + kr, где k Z 0. Так как в кольце Z/pZ [x] выполнено соотношение g(x)m2 ≡ g(xm2) (mod xr − 1) и h(x) | xr − 1, то g(x)m2 ≡ g(xm2) (mod h(x)). Отсюда

g(x)m1 g(x)kr ≡ g(xm1+kr) ≡ g(xm1) (mod h(x)).

Так как m1 Ig(x) , то получаем, что g(x)kr ≡ 1 (mod h(x)), т. е. kr ≡ ≡ 0 (mod og). Из этого следует утверждение леммы.

Замечание 1.82. Из леммы 1.81 вытекает, что в Ig(x) лее чем r чисел, меньших og.

Лемма 1.83. Если число n — составное, то алгоритм закончит работу с выдачей сообщения о том, что n — составное.

Доказательство. Предположим, алгоритм выдал сообщение, что n — простое. Это не может произойти на шаге 8, так как тогда мы проверили бы условия шага 4 для всех r < n и нашли бы делитель n.

Поэтому алгоритм дошел до шага 10. Значит, был выполнен шаг 9.

√

Если n − 1 [2 r log2 n], то на шаге 9 мы бы обнаружили a, a n − 1,

Тогда в обозначениях лемм 1.80 и 1.81 (где g(x) — по-прежнему образующий элемент группы G) получим, что

g(x)n ≡ g(xn) (mod xr − 1) в Z/pZ [x],

поскольку g(x) есть произведение биномов x − a, для которых выполнено (1.9). Значит, n Ig(x) . Также по п. 2 леммы 1.72 p Ig(x) ; кроме

то p og, и элемент p (mod og) обратим в Z/ogZ. Не ограничивая общности, будем считать, что j2 j1. Тогда

Из (1.10) и (1.8) следует теперь, что

ni1 = ni2 pj2−j1 . (1.11)

Поскольку p — простой делитель натурального числа n, то из (1.11) вытекает, что составное число n является степенью p. (Действительно, если у числа n есть простой делитель s, s = p, то из (1.11) следует, что i1 = i2. Но тогда и j1 = j2, что противоречит условию (i1, j1) = (i2, j2).) Однако такие составные числа мы обнаруживаем уже на шаге 1 алгоритма. Полученное противоречие доказывает лемму.

Теперь докажем теорему 1.75. Корректность работы алгоритма следует из лемм 1.78 и 1.83. Неравенство r A log6 n для небольших

56 Гл. 1. Тестирование чисел на простоту и построение больших простых чисел

значений n обеспечивается за счет выбора постоянной A, а для всех достаточно больших n в силу леммы 1.76 можно рассматривать rc2 log62 n. Теорема 1.75 полностью доказана.

Оценим количество арифметических операций, требуемых для выполнения алгоритма.

Теорема 1.84. Количество арифметических операций, необхо-

12

димых для выполнения алгоритма, равно O(log n).

Доказательство. Можно считать, что n достаточно велико. Шаг 1 алгоритма выполняется за O((log n)1+o(1)) арифметических операций,

согласно [64]. Количество значений r, рассматриваемых на шаге 3, по лемме 1.76 не превосходит c2 log62 n. Для каждого r шаг 4 выпол-

няется за O(log n) арифметических операций, а шаги 5 и 6 с помо-

1/2 const = 3

щью решета Эратосфена выполняются за O(r (log r) ) O(log n). Шаг 7 выполняется за O(log r) = O(log log n) операций, шаг 8 тривиа-

лен. На шаге 9 (в силу того, что n достаточно велико) будет проверяться условие 2 случая. При этом проверка соотношения

(x − a)n ≡ xn − a (mod xr − 1)

горитма может производиться и без быстрого преобразования Фурье. Оценка сложности останется полиномиальной, но несколько худшей.

Замечание 1.86. В работе [50] показано, что если выполнена некоторая гипотеза о распределении простых чисел Софи Жермен, т. е. пар простых чисел q и p = 2q + 1, то можно предложить алгоритм проверки

6

простоты чисел со сложностью O(log n). В предположении справедливости некоторой другой гипотезы можно описать алгоритм проверки

3

простоты чисел со сложностью O(log n).

Замечание 1.87. Пока не совсем ясно, будет ли описанный выше алгоритм эффективен на практике. Двенадцатая степень логарифма n в оценке сложности — это все же довольно много. Кроме того, значение параметра r в алгоритме теоретически может иметь величину порядка log6 n, и поэтому нам придется работать с многочленами высоких степеней. Результаты практической реализации данного алгоритма пока неизвестны.