Puncte:2

Cât de dificil este să găsești $i$ în tetrare $^{i}g = g\uparrow \uparrow i = \underbrace{g^{g^{\cdot\cdot\cdot^{g}}}}_i\equiv v \ mod P$ pentru $v\in[1,P-1]$

drapel at

EDIT: Am greșit ceva (vezi comentariile la răspuns). Această întrebare conține câteva afirmații false EditEnd.

Pentru tetrarea modulo prim $P$ $$^{i}g = g\uparrow \uparrow i = \underbrace{g^{g^{\cdot\cdot\cdot^{g}}}}_i\equiv v \mod P$$ cu potrivit $g,P$ astfel încât $$|\{^jg \mod P\}| = P-1 \text{ }\text{ , sau }\text{ } v\in[1,P-1] $$

Dat $P,g,v$, cât de greu este găsirea aferentă $i$?
Mai greu decât DLP? (găsirea $i$ pentru $g^i \equiv v \mod P$)
Sunt interesat de numărul de pași ($O$ notație).
Pentru a o compara cu problema normală DLP presupunem un pas - deci $g^c$ și $g\cdot c$ cu constantă $c$ are nevoie de același timp.


Pentru a obține toate valorile $v$ variabilele $g,P$ nevoie de o proprietate specială: $$^{P-1}g \equiv 1 \mod P$$ $$\forall j \in [1,N-2]: \text{ }^{j}g \not\equiv 1 \mod P$$ De asemenea, presupunem $g,P$ sunt alese cât mai sigur posibil (cum ar fi $P = 2q+1$, cu $q$ prim (de asemenea, mai bine aici?))


exemplu de jucărie:

Cu $P=5, g=3$ succesiunea ar fi $$\begin{split} &[3, 3^3, 3^{3^3}, 3^{3^{3^3}}] \mod 5 \ \equiv&[3, 3^3\equiv 2, 3^{2} \equiv 4, 3^{4} \equiv 1] \mod 5 \ \equiv&[3, 2, 4, 1] \mod 5 \end{divizat}$$

Sau $P=23, g=20$ sau $P=59, g=39$


întrebarea principală:

  • Câți pași sunt necesari pentru a calcula $i$ din dat $v,g,P$?

intrebari secundare:

  • Câți pași sunt necesari pentru a calcula rezultatul $v$ pentru dat $i,g,P$? Mai rapid decât $O(i)$?

  • Dacă o valoare $v_i$ pentru un anume $i$ este cunoscută următoarea valoare $v_{i+1}$ poate fi calculat cu $$ ^{i+1}g \equiv g^{v_{i}} \equiv v_{i+1} \mod P$$ Este, de asemenea, posibil să se calculeze $v_{i-1}$ din $v_{i}$ ? Sau este similar cu DLP-ul?

Mark avatar
drapel ng
Există chiar o modalitate eficientă de a o calcula în direcția înainte, adică de a calcula harta $i \mapsto {}^ig$? Acest lucru nu este clar pentru mine și este o parte de dorit a exponențiării (standard).
J. Doe avatar
drapel at
@Mark nici eu nu stiu. Am vrut să spun asta cu prima „întrebare secundară”, dacă te-am înțeles corect. Cu toate acestea, caut ceva care la nivel local ($i \pm 1 $) este ușor de calculat, dar greu pentru un anumit indice $i$. Ar putea servi ca permutare aleatorie. Dacă $i \mapsto ^ig$ este ușor de calculat ($O(1)$), ar fi nevoie doar de $O(\sqrt{P})$ pași pentru a găsi $i$ pentru $v$ dat (ca pentru DLP) sau chiar mai putin. Aș dori un $P$ cât mai mic cu aceeași siguranță.
Puncte:2
drapel ru

Pentru un dat $g\in\mathbb N$ va fi cel mult $O(\log P)$ titrari distincte modulo $P$. Astfel, există doar un număr mic de exemple în care $|\{{}^jg\mod P\}|=P-1$. În alte cazuri, dacă tetrarea modulo $P$ poate fi calculat eficient, atunci problema este ușor de rezolvat prin epuizare.

Pentru a înțelege dimensiunea mică a $|\{{}^jg\mod P\}|$, rețineți că pentru dacă $P$ nu se împarte $g$ apoi pentru $i\ge 1$ prin teorema lui Euler $${}^ig\equiv g^{{}^{i-1}g}\equiv g^{{}^{i-1}g\mod{\phi(P)}}\pmod P.$ $ Acum notăm că ${}^{i-1}g\mod{\phi(P)}$ preia cel mult $\phi(\phi(P))$ valori diferite și aceste cicluri cu perioadă cel mult $\phi(\phi(P))$. Rezultă că pt $i\ge 1$, ${}^ig\mod P$ preia cea mai mare parte $\phi(\phi(P))$ valorile. Repetând argumentul scrie $\phi_k(x)$ pentru $k$-funcţia totient iterată $\phi_1(x)=\phi(x)$, $\phi_k(x)=\phi(\phi_{k-1}(x))$. Vedem apoi că pentru $i\ge k$, ${}^{i-k}g\mod{\phi_k(P)}$ preia cel mult $\phi_{k+1}(P)$ valori diferite şi deci pentru $i\ge k$, ${}^ig\mod P$ preia cel mai mult $\phi_{k+1}(P)$ valorile. Există o eliziune de aici despre detalii când $g$ are un factor în comun cu $\phi_k(P)$.

Acum, observăm că pentru toți $n>2$ avem $2|\phi(n)$ si asta pentru toti $m$ avem $\phi(2m)\le m/2$. Rezultă că $\phi_k(P)\le P/2^{k-1}$. Si pentru ca $\phi_k(P)$ este un număr întreg, pentru $k>\lceil\log_2P\rceil+1$ avem $\phi_k(P)=1$. Asa daca scriem $L=\lceil\log_2P\rceil+1$ avem pt $i,j>L$ ${}^ig\equiv{}^jg\pmod P$.

Calcularea tetrațiilor se poate face prin metode de pătrat și multiplicare, cu condiția să se poată calcula toate $\phi_k(P)$.

J. Doe avatar
drapel at
Îmi pare rău, am uitat un operator de mod (l-am schimbat): mă refeream la $|\{^jg \mod P\}| = P-1 $. Deci $g$ și $P$ sunt alese astfel încât să obținem $P-1$ valori diferite ($\in \{1,...,P-1\}$) pentru $j \in [1,P -1]$
Daniel S avatar
drapel ru
Înțeleg acest lucru și, prin argumentul de mai sus, acesta restricționează $P$ la 2, 3 sau 5.
J. Doe avatar
drapel at
De ce $P$ poate fi doar $2,3,5$? De exemplu. valorile $P=23$ cu $g=20$ funcționează bine. Ele pot produce toate valorile de la $1$ la $22$. Valorile aferente ar fi: $[20,18,2,9,5,10,8,6,16,13,14,4,12,3,19,17,7,21,15,11,22, 1]$ \ \ De asemenea, de ce este $g^{^{i-1}g \mod \phi(P)}$ și nu $g^{^{i-1}g \mod P}$?
Daniel S avatar
drapel ru
Ah văd. Nu calculați ${}^ig\mod P$, ci $i$-a iterație a hărții $x\mapsto g^x\mod P$ cu valoarea inițială $g$. Acestea nu sunt același lucru (de exemplu, $3^{3^3}=3^{27}\equiv 2\pmod 5$).
J. Doe avatar
drapel at
Oh, mulțumesc pentru acel indiciu! Am crezut că sunt egali. A funcționat pentru exemplul testat. Deci, de fapt, caut un răspuns la acea $i$-a iterație.

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.