Puncte:2

Stream Cipher dovada lungimii maxime a perioadei pentru $n = 2^m$

drapel fr

În timp ce citesc Un curs de Criptografie Matematică de Baumslag et al., am dificultăți în înțelegerea unor părți ale demonstrației teoremei 2.3.3, și anume condiția necesară:

Lăsa $n\în\mathbb{N}$ cu $n=2^m,m\geq1$ si lasa $a,b\in\mathbb{Z}$ astfel încât $f:\mathbb{Z}_n\la\mathbb{Z}_n, x\la\overline{a}x+\overline{b}$ este un generator de congruență liniară. Mai departe lasa $s\în\{0,1,\dots,n-1\}$ fi dat și $x_0=\overline{s},x_1=f(x_0),\dots.$ Apoi secvența $x_0,x_1,\dots$ este periodică cu lungimea maximă a perioadei $n=2^m$ dacă sunt valabile următoarele:

  1. $a$ este ciudat.
  2. Dacă $m\geq2$ atunci $a\equiv1\mod{4}.$
  3. $b$ este ciudat și $\overline{b}\neq\overline{0}.$

Dovada merge după cum urmează pt $m\geq2$ și, astfel $n\geq 4$:

Presupunem că (1), (2) și (3) sunt satisfăcute. Arătăm că obținem lungimea maximă a perioadei $n = 2^m$ pentru $x_0=\overline{0}$ care demonstrează teorema.

Lăsa $x_0=\overline{0}.$ Obținem recursiv $$x_k = (\overline{1}+\overline{a}+\dots+\overline{a}^{k-1})\overline{b}$$ pentru $k\geq1.$ De cand $b$ este ciudat ca avem $$x_k=\overline{0}\iff(\overline{1}+\overline{a}+\dots+\overline{a}^{k-1})=\overline{0}.$$ Noi scriem $k = 2^rt$ cu $r\geq0$ și $t$ ciudat. Atunci $$\overline{0}=(\overline{1}+\overline{a}+\dots+\overline{a}^{k-1})=(\overline{1}+\overline{a}+\ puncte+\overline{a}^{2^r-1})(\overline{1}+\overline{a}^{2^r}+(\overline{a}^{2^r})^2+ \dots+(\overline{a}^{2^r})^{t-1}).$$ Al doilea factor este congruent cu 1 modulo 2 și, prin urmare $$2^m|(1+a+\dots+a^{k-1})\iff2^m|(1+a+\dots+a^{2^r-1}).$$

Numărul întreg $1+a+\dots+a^{2^r-1}$ este divizibil cu $2^r$ întrucât este o sumă de $2^r$ numere impare dar nedivizibile cu $2^{r+1}.$ Rezultă că $r\geq m\iff2^m|k.$ Prin urmare $x_k=\overline{0}$ apare pentru $k\geq1$ pentru prima dată când $k=n=2^m$.

Nu urmăresc ultima parte în cursiv (din „The integer...”). M-as bucura daca cineva m-ar putea lumina.

Puncte:2
drapel ru

Nu este tocmai precis.În schimb, ar trebui să observe că numărul întreg $1+a+\cdots+a^{2^r-1}$ este suma unei progresii geometrice cu $a\equiv1\pmod 4$ și așa este divizibil cu $2^r$ dar nu $2^{r+1}$. Pentru a vedea asta scriem $a=1+2^su$ cu $u$ ciudat și $s\ge2$ si vezi asta $$1+a+\cdots+a^{2^r}=\frac{a^{2^r}-1}{a-1}.$$ Apoi luăm în considerare numărătorul $$a^{2^r}-1=(2^su+1)^{2^r}-1 =\left(1+2^r(2^su)+2^{r-1}(2^r-1)(2^{2s}u^2)+\cdots\right)$$ și $$\left(1+2^r(2^su)+2^{r-1}(2^r-1)(2^{2s}u^2)+\cdots\right)\equiv 2^ {r+s}u\equiv 2^{r+s}\pmod{2^{r+s+1}}$$ astfel încât $2^{r+s}$ este cea mai mare putere a lui 2 care împarte numărătorul. De asemenea $2^s$ este cea mai mare putere a lui 2 care împarte numitorul și așadar $2^{r+s-s}=2^r$ este cea mai mare putere a diviziunii 2 $1+a+\cdots+a^{2^r-1}$. Rezultă că $2^m|(1+a+\cdots+a^{k-1})$ dacă și numai dacă $k$ este de forma $2^rt$ cu $t$ ciudat și $r\ge m$. Rezultă că cea mai mică astfel de valoare a $k$ pentru care $x_k=\overline 0$ este $k=2^m$.

themightymoose avatar
drapel fr
Excelenta explicatie, multumesc.

Postează un răspuns

Majoritatea oamenilor nu înțeleg că a pune multe întrebări deblochează învățarea și îmbunătățește legătura interpersonală. În studiile lui Alison, de exemplu, deși oamenii își puteau aminti cu exactitate câte întrebări au fost puse în conversațiile lor, ei nu au intuit legătura dintre întrebări și apreciere. În patru studii, în care participanții au fost implicați în conversații ei înșiși sau au citit transcrieri ale conversațiilor altora, oamenii au avut tendința să nu realizeze că întrebarea ar influența – sau ar fi influențat – nivelul de prietenie dintre conversatori.