Bài toán phân tích số nguyên ra thừa số nguyên tố

Bài toán phân tích số nguyên ra thừa số nguyên tố

Lời nói đầu

Bài toán phân tích số nguyên ra thừa số nguyên tố đã đợc ra đời từ rất lâu và

đã có rất nhiều nhà toán học trên thế giới nghiên cứu và giải quyết vấn đề về nó Ngoài ý nghĩa lý thuyết của bản thân bài toán thì ngời ta còn phát hiện ra rất nhiều

ý nghĩa thực tiễn đặc biệt là trong mật mã

Thứ nhất nó là cơ sở cho sự ra đời của một hệ mật khoá công khai nổi tiếng

ra đời trong năm 1978, đó là hệ mật RSA của Revert - Shamir - Adlemal Hệ mật này mà độ mật của nó dựa vào tính khó của việc phân tích số N=pq (p, q nguyên

tố ) ra thừa số

Tiếp đến trong những việc thiết kế nên các bộ tạo dãy giả ngẫu nhiên một trong những nguyên liệu của nó là các đa thức nguyên thuỷ mà để tạo đợc các đa thức nguyên thuỷ bậc m thì điều đầu tiên phải giải quyết là phân tích hoàn toàn với

Chơng 2 xem xét loại bài toán quen thuộc hơn đó là bài toán phân tích số nguyên

ra thừa số Sự đóng góp có tính khoa học của chúng tôi thề hiện bởi việc trình bày các thuật toán về phân tích số nguyên tố theo cách hiểu của mình

Chơng 3 là phần cơ bản của đề án, trong đó trình bày các t tởng của thuật toán phân tích ra thừa số nguyên tố của những số nguyên lớn Tiếp theo trong chơng này trình bày các cài đặt cụ thể cho những thuật toán liên quan đến việc phân tích

ra thừa số nguyên tố, ví dụ nh các phép : +, -, *, / và luỹ thừa các số lớn Chúng tôi còn đặc biệt lu ý tới việc cài đặt thuật toán Pollard thứ nhất một thuật toán rất hiêụ quả trong việc phân tích những hợp số lớn

Một vấn đề không thể không nói trớc là những vấn đề đợc hiểu thấu đáo sẽ

đợc chúng tôi trình bày chi tiết ở mức độ thuật toán khả thi trong việc lập trình, còn một số kết quả cần đến những chuẩn bị toán học cao siêu thì chỉ đợc dẫn các

đánh giá tơng ứng về thời gian tính đủ rút ra các thông số cần thiết để xây dựng

các tiêu trí Chúng tôi nghĩ rằng chỉ có thể trình bày bản báo cáo này theo cách nh vậy mới đảm bảo tính cân đối trong cấu trúc bởi vì để làm cho tờng minh dù chỉ một trong những vấn đề đã né tránh trên chúng ta cũng phải cần đến hàng tập tài liệu dầy, đấy là cha kể đến việc chúng ta có đủ kiến thức cần thiết đến mức để có thể trình bày nó cho mọi ngời rõ hay không.

Chơng i Đặt vấn đề và ý nghĩa của bàI toán

Bài toán phân tích số nguyên ra thừa số nguyên tố đã đợc ra đời từ rất lâu và

đã cuốn hút nhiều bộ óc vĩ đại nhất trên thế giới để giải quyết vấn đề về nó Ngoài

ý nghĩa lý thuyết của bản thân bài toán thì ngời ta còn phát hiện ra rất nhiều ý nghĩa thực tiễn đặc biệt là trong mật mã

Thứ nhất, nó là cơ sở cho sự ra đời của một hệ mật khoá công khai nổi tiếng vào năm 1978, đó là hệ mật mã RSA ( RSA là từ viết tắt của ba ngời: Rivets – Shamir – Adleman ) Hệ mật này có nội dung đề cập đến việc phân tích số nguyên tố ngẫu nhiên lớn (chẳng hạn có 80 chữ số) ra thừa số Một vấn đề quan trọng là cần phải kiểm tra bao nhiêu số nguyên ngẫu nhiên (với kích thớc xác

định) cho tới khi tìm đợc một số nguyên tố Một kết quả nỗi tiếng trong lý thuyết

số (đợc gọi là định lý số nguyên tố) phát biểu rằng: số các số nguyên tố không lớn hơn N xấp xỉ bằng N/ln N Bởi vậy, nếu p đợc chọn ngẫu nhiên thì xác suất p là một số nguyên tố sẽ vào khoảng 1/ln p Với một mođun 512 bít, ta có 1/ln p ≈

1/77 Điều này có nghĩa là tính trung bình, cứ 177 số nguyên ngẫu nhiên p với kích thớc tơng ứng sẽ có một số là số nguyên tố Dĩ nhiên, nếu chỉ hạn chế xét các

số nguyên lẻ thì xác suất sẽ tăng gấp đôi tới khoảng 2/177) Bỡi vậy trên thực tế, hoàn toàn có khả năng tạo đợc các nguyên tố đủ lớn và do đó về mặt thực thể ta có thể thiết lập đợc một hệ mật RSA

Tiếp đến trong những việc thiết kế nên các bộ tạo dãy giả ngẫu nhiên một trong những nguyên liệu của nó là các đa thức nguyên thuỷ mà để tạo đợc các đa thức nguyên thuỷ bậc m thì điều đầu tiên phải giải quyết là phân tích hoàn toàn với

2m-1 ra thừa số nguyên tố Để kiểm tra tính nguyên thuỷ của chúng bằng cách dùng thuật toán xác suất Monte- Carlo thời gian đa thức, đây là thuật toán nhanh (tức là một số nguyên n đợc kiểm tra trong thời đa thức theo log2n, là số các bít trong biểu diện nhị phân của n) Tuy nhiên, vẫn có khả năng là thuật toán cho rằng

n là số nguyên tố trong khi thực tế n là hợp số Bởi vậy, bằng cách thay đổi thuật toán nhiều lần, có thể giảm xác suất sai số dới một mức ngỡng cho phép

Bản đồ án không đi sâu vào các phân tích của những ý nghĩa nêu trên mà đã

đặt nhiệm vụ chính là giải quyết bài toán “phân tích số nguyên ra thừa số nguyên

tố nh là một việc làm trung gian của một ứng dụng thực tiễn cụ thể Đã có một khối lợng khổng lồ các tài liệu về các thuật toán phân tích thừa số và việc nghiên cứu kỹ lỡng sẽ đòi hỏi phải có một cuốn sách dày trang hơn quyển sách này ở

đây chỉ cố gắng đa ra một cái nhìn khái quát bao gồm việc thảo luận sơ lợc về các thuật toán phân tích thừa số tốt nhất hiện thời và cách sử dụng chúng trong thực tế

C¸c thuËt to¸n næi tiÕng kh¸c (nh÷ng thuËt to¸n to¸n cã tríc) bao gåm thuËt to¸n p+1 cña Williams, ph¬ng ph¸p ρ vµ thuËt to¸n p-1 cña Pollard, thuËt to¸n liªn ph©n sè vµ dÜ nhiªn c¶ nh÷ng phÐp chia thö.

Chơng iI Số Mersenne và việc phân tích

2.1 Số Mersenne

Nếu một số có dạng 2m-1 là một số nguyên tố thì m=q là một số nguyên tố Không khó khăn lắm, có thể chứng minh đợc rằng nếu 2m-1 là luỹ thừa của một số Prime Power thì nó phải là một số nguyên tố và do vậy m cũng là một số nguyên

tố

Các số có dạng Mq=2q-1 (với q là nguyên tố ) đợc gọi là các số Mersenne và

đã đợc nghiên cứu công phu

ở vào thời đại của Mersenne, ngời ta đã biết rằng một vài số Mersenne là số chính phơng và một vài số khác là hợp số Ví dụ, M2=3, M3=7, M5=31, M7=127 là nguyên tố, trong khi M11=23*89

Vào năm 1640 , Mersenne đã cho rằng Mq là số nguyên tố đối với q=13,17,19,31,67,127,257; ông đã nhầm đối với 67 và 257 và đã không đa 61,89

và 107(những số nhỏ hơn 257) vào danh sách trên Những số này cũng sinh ra các

số nguyên tố Mersenne Phát hiện của ông thực sự đáng kinh ngạc về mặt độ lớn của các số

Một bài toán khá hiển nhiên là: Xét xem một số Mersenne có là số nguyên

tố không, và nếu không thì xác định các thừa số của nó ( hay còn gọi là bài toán phân tích ra thừa số) Một kết quả cổ điển do Euler đa ra năm 1750 và sau đó đợc Lagrange (1775) và Lucas (1875) chứng minh là:

Bài toán: Nếu q là một số nguyên tố đồng d modulo 4(q≡3(mod 4)) thì Mq chia hết cho 2q+1 khi và chỉ khi 2q+1 là nguyên tố; trong trờng hợp này, nếu q>3 thì

Hơn nữa, nếu q>3 thì Mq=2q-1>29+1=p, vì vậy Mq là hợp số Vì vậy nếu q=11, 23, 83, 131, 179, 191, 239, 251, thì Mq có các ớc tơng ứng là 23, 47, 167,

263, 350, 383, 479, 503 Cũng rất dễ để xác định hình dạng của các thừa số của các số Mersenne:

"Nếu M q chia hết cho n thì n≡±1 (mod 8) và n≡1 (mod q)"

Chứng minh: Chỉ cần chỉ ra rằng mọi thừa số nguyên tố p của Mq có dạng trên là

đủ

Thật vậy, nếu p là ớc của Mq=2q-1 thì 2q≡1 (mod q); Vì vậy theo bài toán nhỏ của Fermat thì q là ớc của p-1, tức là p-1=2kq (vì p#2) Vì vậy:

1 2 2

Phơng pháp tốt nhất hiện nay dùng để xác định Mq là một số nguyên tố hay

là một hợp số đợc phát triển dựa vào việc tính toán một dãy đệ qui do Lucas (1878) và Lehmer (1930) đa ra Tuy nhiên, bằng cách này vẫn không tìm ra đợc các thừa số cụ thể

Nếu n lẻ, n≥3 thì Mn=2n-1≡7 (mod 12) Đồng thời, nếu N≡7 (mod 12) thì ký hiệu Jacobi:

1 )

1 )(

3 ( )

3

( = N − (N− 1 ) / 2 = −

N

2.2 Phép thử nguyên tố cho các số Mersenne

Cho p=2,Q=-2 và xét các dãy Lucas kép (Um)m ≥ 0,(Vm)m ≥ 0, có biệt gthức D=12 N=Mn là một số nguyên tố khi và chỉ khi V(N-1)/2 chia hết cho N

Chứng minh: Cho N là một số nguyên tố

Ta có:

V2

(N+1)/2=VN+1+2Q(N-1)/2=VN-1-4(-2)(N-1)/2

≡ VN+1-4(-2/N) ≡VN+1+4(mod N)

Vì (-2/N)=(-1/N)(2/N)=-1 Vì vậy chỉ cần chỉ ra rằng N≡7 (mod N) Theo (IV.4): 2VN-1=VNV1+DUNU1=2VN+12UN; do vậy theo (IV.14) và (IV.13):

VN+1=VN+6VN≡2+6(12/N) ≡2-6≡-4(mod N) Ngợc lại, giả sử rằng V(N+1)/2 chia hết cho N Thế thì theo (IV.2), VN+1 chia hết cho N Đồng thời, theo(IV.6): V2

(N+1).2)=1 (gcd_ớc chung lớn nhất) Vì vậy gcd(N,2)=1, nên thu phép thử một (Phần V), N là một số nguyên tố

Để cho tính toán, ngời ta thay dẫy Lucas (Vm)m>=0 bằng dẫy (Sk)k>=1 đợc định nghĩa nh sau:

k k k

V V

k V

2

2 2

2 2 2

2 2

2

2 2

2 2

1 1

− + Theo phép thử này thì Mn là nguyên tố

khi và chỉ khi Mn là ớc của V(Mn+1).2= 2 2

số nguyên tố lớn nhất đợc biết tới trớc kỷ nguyên của máy tính

Các số nguyên tố Mersenne với q<= 127 đợc tìm ra trớc khi có máy tính

điện tử Năm 1951, Turing đã lần đầu tiên thử dùng một máy tính để tìm các số nguyên tố Mersenne nhng bị thất bại Năm 1952, Robinson đã tiến hành phép thử của Lucas trên một máy SWAC Ông đã tìm ra các số nguyên tố Mersenne : M521,

M607_những số đầu tiên tìm đợc bằng máy tính Các số nguyên tố M1279,M2203,M2281

cũng đợc tìm ra trong cùng năm ấy Số nguyên tố Mersenne lớn nhất đã tìm đợc là

M21609, nó có 65050 chữ số do Slowinski phát hiện năm 1985 Số nguyên tố Mersenne đợc tìm ra cuối cùng là M110503 do Colquitt và Welsch phát hiện năm

1988 Năm 1989, Bateman, Selfridge và Wagstaff đã đa ra một phỏng đoán liên quan đến các số nguyên tố Mersenne:

Cho p là một số tự nhiên lẻ (không nhất thiết phải là nguyên tố) Nếu hai trong các điều kiện sau đây thoả mãn thì điều kiện thứ 3 cũng thoả mãn:

a) p≡2k±1 hoặc p=4k±3

b) Mp là một số nguyên tố

c) 2p3+1 là một số nguyên tố

Phỏng đoán này đã đợc kiểm chứng là đúng đối với mọi p<100.000 Những

số nguyên tố p<100.000 thoả mãn cả ba điều kiện là p=3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 61,

127 Có thể tin rằng những số này là các số nguyên tố duy nhất thoả mãn cả ba

điều kiện nói trên

Cũng nh đối với các số Fermat, hiện còn có rất nhiều vấn đề mở về các số Mersenne:

(1) Liệu có vô hạn các số nguyên tố Mersenne không?

(2) Liệu có vô hạn các số Mersenne là hợp số không?

Câu trả lời cho cả hai câu hỏi trên chắc là “có”

(3) Có phải mọi số Mersenne đều là không chính phơng không?

Kỷ lục: Có 31 số nguyên tố Mersenne đã đợc biết Dới đây là danh sách đầy đủ

của chúng cùng với tên ngời và năm tìm ra

235713

Anonymous*

P.A.CataldiP.A.CataldiL.EulerI.M.PervushinR.E.PowersE.FauquembergueE.Lucas

R.M.RobinsonR.M.RobinsonR.M.RobinsonR.M.RobinsonR.M.RobinsonH.RieselA.HurwitzA.HurwitzD.B.GilliesD.B.GilliesD.B.GilliesB.TuckermanL.C.Noll & L.NickelL.C Noll

H.Nelson & D SlowinskiD.Slowinski

W.N.Colquitt & L Welsch, Jr

D.SlowonskiD.Slowonski

“See Dickson’s History of the Theory of Numbers, Vol I.p.6

Chơng iII Một số thuật toán và phơng pháp phân

tích số 3.1 Thuật toán sàng Eratosthenes

Thuật toán phân tích số nguyên N đợc mô tả nh sau:

Thuật toán 3.1( sàng Eratosthenes )

điểm xuất phát của bớc (1) là p=[ N ] và tiến hành bớc (2) là p=p-1 thì rõ ràng nó cũng hiệu quả nếu ớc của N rất “gần” với

3.2 Thuật toán sàng đồng d

Thuật toán 3.2:

Lấy ngẫu nhiên hai số a và b ngẫu nhiên ∈Z *

N Kiểm tra gcd((a-b) mod N, N) hoặc gcd((a+b) mod N, N)>1 là xác suất nh sau: Nếu đúng thì gcd((a-b) mod N, N) hoặc gcd((a+b) mod N, N)>1 là ớc của N Dừng chơng trình.

Bài toán trên còn đợc gọi là bài toán “ trùng ngày sinh ” và số m tối thiểu

cần tìm trong bài toán sẽ là m≈Cp với C là một hằng số tính đợc nào đó ( việc giải chi tiết bài toán trên có thể xem trong [Riesel]) Nh vậy chúng ta có thể thành công trong thuật toán với xác suất >0.5 sau không quá m bớc

Hiển nhiên bằng cách duyệt dần thì thời gian tính của thuật toán của chúng

ta cũng chẳng khác gì thời gian tính của phép sàng Trong [Pollard], tác giả J M Pollard đã sử dụng một phơng pháp còn đợc gọi là “phơng pháp p” nhằm chỉ cần

thông qua mbớc có thể duyệt đợc m cặp khác nhau nh đã nêu trong thuật toán Việc thể hiện phơng pháp này có thể mô tả nh sau:

Chọn dãy giả ngẫu nhiên {xi mod N:i=1,2, } đợc xác định nh sau x

i-1 ≡(xi2+a) mod N với a#0 và #-2 còn giá trị đầu x0 tuỳ ý

3.3 Thuật toán sàng bậc hai

Tử tởng chủ đạo của một loạt khá lớn các thuật toán phân tích số nh phơng pháp đặc biệt của Euler, phơng pháp phân tích các dạng chính phơng của Danien Shanks, phơng pháp khai triển liên phân số của Morrison và Brillhart, phơng pháp sàng bậc hai của Pomerance là cố tìm đồng d thức x2=y2 mod N sao cho x#±y mod N, còn kỹ thuật tìm cụ thể nh thế nào thì chính là nội dung riêng của từng thuật toán

Đối với thuật toán sàng bậc hai của Pomerance đợc thực hiện nh sau:

- Chọn k số nguyên tố đầu tiên và gọi là cơ sở phân tích

- Chọn B là một số nào đó gọi là ngỡng tìm các thặng d bậc hai nhỏ

- Tìm k+1 các thặng d bậc hai nhỏ hơn B và phân tích đợc hoàn toàn trong tập cơ

sở trong lớp các số dạng Q(x)≡((m+x)2-N mod N với k là số phần tử của cơ sở, m=

N còn x=0, ±1, ±2,

- Xây dựng đồng d thức x2≡y2 mod N từ k+1 thặng d bậc hai tìm đợc trên

Cơ sở của thuật toán chủ yếu dựa vào thứ nhất là khả năng tìm đợc k+1 thặng d bậc hai và tiếp đến là việc xây dựng đồng d thức x2≡y2 mod N nh thế nào

Trớc hết chúng ta cùng xem xét đến vấn đề thứ hai

Giả sử thặng d bậc hai thứ i tìm đợc ở trên là ri=xi2=qα11.qα12 qαk ( qj là số nguyên tố thứ j của B), ta đặt tơng ứng với véc tơ vi∈GF(2)2 nh sau vi=(α1mod 2,

α2 mod 2, , αk mod 2) Chý ý rằng có thể có nhiều giá trị ri khác nhau đợc ứng cùng với một véc tơ v nhng một cách hình thức ta có thể coi k+1 véc tơ khác nhau thu từ việc ứng k+1 giá trị r có đợc ở trên

Hiển nhiên trong không gian k chiều GF(2)k thì tập k+1 véc tơ vi

(i=1,2, k+1) chắn chắn phụ thuộc tuyến tính, giả sử ta có tổ hợp tuyến tính đặc

tr-ng cho sự phụ thuộc đó là:

=

= 1

) (

a

x

Q theo định nghĩa sẽ là x2 mod N, mặt khác do điều kiện đặt ra ở

trên là Q(xi) phân tích đợc hoàn toàn trong tập cơ sở cùng với điều kiện ∑+

=

= 1 1

k

i i

i v

tức là vế phải của tích ∏=

1 1 1

) (

a

x

Q chứa toàn các số mũ chẵn đối với các thừa số trong cơ sở do vậy nó cũng là một thặng d bậc hai y2 nào đó Nếu x≠±y mod N thì chúng ta sẽ thành công trong việc phân tích N với các thừa số tơng ứng là gcd(x±y, N) Ngời ta cũng chỉ ra rằng khả năng thành công xảy ra với xác suất là

Nếu pα là ớc của Q(x) thì nó cũng là ớc của Q(x+rpα) với mọi số nguyên r

Từ kết quả trên chúng ta thấy rằng nếu tồn tại giá trị x theo yêu cầu Q(x) phân tích hoàn toàn trong cơ sở và không quá B thì ta có thể tìm đợc nó chỉ cần trong lân cận B của 0

Ngoài ra một số kết quả (xem [Riesel]) khác cũng không kém phần quan trọng đó là:

Điều kiện cần và đủ để ∃x sao cho p là ớc của Q(x) là kí hiệu Legendge (N/p)=1.

Nh vậy không phải toàn bộ các số nguyên tố trong đều cần phải đợc biểu diễn (đúng hơn là chỉ có khoảng một nửa số nguyên tố trong cơ sở là có mặt trong biểu diễn của các Q(x)) do đó để thu đợc hệ phụ thuộc tuyến tính nêu trong phân tích trên thì thờng chỉ cần số phơng trình khoảng già nửa số các nguyên tố trong cơ sở là đủ

Nếu p≡3 mod 4 thì giá trị x≡m±N(p+1)/4 mod p là các giá trị <p thoả mãn p là

ớc của Q(x) Nếu p≡1 mod 4 thì việc tìm các giá trị x tơng tự có thể bằng một thuật toán gần đa thức

Nếu x<pα thoả mãn pα là ớc của Q(x) và pα +1 không là ớc của Q(x) thì giá trị y<pα+1 có pα+1 là ớc của Q(y) có thể tìm đợc là y=x+rpα với r là nghiệm của phơng trình đồng d bậc nhất sau ( ) 2 ( ) 0

2

≡ + +

−

P

N m x

trình trên luôn luôn có duy nhất nghiệm)

Với hai kết quả trên rõ ràng chúng ta luôn tìm đợc toàn bộ giá trị x trong một phạm vi B cho trớc nào đó mà với chúng Q(x) có ớc lẻ trong tập cơ sở phân tích Trờng hợp p=2 việc thu đợc kết quả na ná nh trên có phức tạp hơn, chúng tôi không đủ tài liệu để mô tả tờng minh việc dò tìm đó ở đây

Tóm lại quá trình tìm các thặng d bậc hai nhỏ có thể mô tả nh sau:

- Chọn một ngỡng B nào đó và sàng để tìm các giá trị x nhỏ nhất < B mà với chúng pα là ớc của Q(x)

- Các thặng d bậc hai nhỏ Q(x)=R2=qα1 qα2 qαk , ở đây x0 là giá trị nhỏ nhất để

“sàng” theo cơ sở của những kết quả nêu trên nhằm loại bỏ các giá trị không thể là ứng cử viên cho các thặng d bậc hai nhỏ Một số tài liệu (xem [Dixon], [Lenstra], ) đã phân tích về thời gian tính của thuật toán và số liệu khả quan nhất

về vấn đề này của Lenstra là:

1

) ln ln ))(ln

O + với O(1) là một hàm tiến tới 0 khi N tiến tới ∞

3.4 Thuật toán Dixon và sàng bậc hai

Thuật toán Dixon đợc xây dựng trên ý tởng đó là: nếu tìm đợc x ≠±y (mod n) sao cho x2≡y2 (mod n) thì UCLN(x-y,n) là ớc không tầm thờng của n

Phơng pháp này sử dụng cơ sở nhân tử là một tập b chứa các số nguyên tố bé

Trớc tiên ta nhận đợc một vài số nguyên x sao cho tất cả các thừa số nguyên tốcủa

x2 (mod n) nằm trong cơ sở b (cách thực hiện điều này sẽ đợc thảo luận sau) ý ởng thực hiên ở đây là lấy tích của một vài giá trĩ sao cho mỗi số nguyên tố trong cơ sở đợc sử dụng một số chẵn lần Điều này dẫn đến một đồng d thức dạng mong muốn x2≡ y2 (mod n) mà ta hy vọng sẽ đa đến việc phân tích n

t-Ta sẽ minh hoạ bằng một ví dụ đã đợc dự tính kỹ lỡng

(8340934156 ì 2044942944ì2773700011)2≡(2ì 3ì 7ì 13)2 (mod n)

Rút gọn các biểu thức bên trong các dấu ngặc theo modulo n, ta có:

95034357852≡ 5462 (mod n)Sau đó tính:

UCLN(9503435785-546, 15770708441)=115759

Ta thấy 115759 là một thừa số của n.

Giả sử B = {p1, pB}là một cơ sở nhân tử Giả sử c lớn hơn B một chút (chẳng hạn C=B+10) và giả sử ta đã có C đồng d thức:

xj2 ≡ p1 α 1j ì p2 α 2j ì ì pB α Bj(mod n)

với 1≤ j ≤ C Với mỗi j xét véctor :

aj = (α1j mod 2, α2j mod 2, , αBj mod 2) ∈ (Z2)B

Nếu có thể tìm đợc một tập con các aj sao cho tổng theo modulo 2 là vector (0, ., 0) thì tích của các xj tơng ứng sẽ sử dụng mỗi nhân tử trong B một số chẵn lần

Ta sẽ minh hoạ bằng cách trở lại ví dụ trên Trong trờng hợp này nếu C < B, vẫn tìm đợc sự phụ thuộc tuyến tính

đồng d thức cho trớc bất kỳ sẽ tạo đợc phân tích n Khoảng 50% thuật toán cho ra

x ≡ ±y (mod n) Tuy nhiên nếu C > B+1 thì có thể nhận đợc một vài đồng d thức

nh vậy (Nảy sinh từ các phụ thuộc tuyến tính khác của các aj) Hy vọng là ít nhất một trong các đồng d thức kết quả sẽ dẫn đến việc phân tích n

Vấn đề còn lại là phải làm thế nào để nhận đợc các số nguyên xj mà các giá trị xj2 mod n có thể phân tích hoàn toàn trên cơ sở b Một vài phơng pháp có thể thực hiện đợc điều đó Biện pháp sàng

bậc hai do Pomerance đa ra dùng các số nguyên dạng xj=j +

,j=1,2 Tên “sàng bậc hai” lấy từ thủ tục sàng (không mô tả ở đây) dùng để xác

định các xj phân tích đợc trên b

ở đây dĩ nhiên là một sự thoả hiệp: nếu B = | B | là một số lớn thì thích hợp hơn cả là nên phân tích số nguyên xj trên b Tuy nhiên khi B càng lớn thì ta càng phải gom nhiều đồng d thức hơn trớc khi có thể tìm đợc một quan hệ phụ thuộc

3.5 Phơng pháp p-1: Thuật toán Pollard thứ nhất

Thuật toán kiểu p-1 là thuật toán phân tích số nguyên N dựa vào phân tích của p-1 với p là một ớc nguyên tố của N Thuật toán còn đợc gọi là thuật toán phân tích thứ nhất của Pollard, đây là một thuật toán có tác dụng nếu ta biết đợc các ớc nguyên tố của một thừa số p của N nói chung và đặc biệt nếu N có một thừa số nguyên tố p mà p-1 chỉ gồm những ớc nguyên tố nhỏ thì thuật toán đợc trình bày trong phần này sẽ có hiệu quả

ý tởng của thuật toán là tìm một cách ngẫu nhiên số a∈Z*

n có bậc không là

ớc của p-1 Số a nếu tìm đợc hiển nhiên phải thoả mãn b≡ap-1 mod N#1, điều này

có ý nghĩa N không là ớc của b-1 Mặt khác do p nguyên tố nên theo định lý Fermat ta có b mod p≡(ap-1 mod N) mod p=1 nh vậy b-1 ≡0 mod p và do đó có ngay p | gcd(b-1,N) Hai điều kéo theo p=gcd(b-1,N)

Một số vấn đề cha tờng minh trong việc thực hiện nói trên là:

[ ]n

Do p là số cha biết nên dấu hiệu nhận biết giá trị a cần tìm là ap-1 mod N#1 cũng cha xác định Tất nhiên ở đây điều kiện nhận biết có thể đợc làm “nhẹ” bớt đó là

ta có thể thay số p-1 cha biết bằng số Q giả định có thể là chọn trớc và tính b≡aQ

mod N, nếu N>gcd(b-1, N)>0 thì việc chọn của chúng ta đã thành công và có p=gcd(b-1, N) Hiển nhiên việc giả định Q chỉ có nghĩa khi và chỉ khi p-1 là ớc của Q, trong trờng hợp p-1 chỉ có các ớc nguyên tố nhỏ tức là p-1=q q N k

N q

k

log log

Tất nhiên các số mũ trong khai triển của Q là quá d thừa do đó các lựa chọn tiếp theo của chúng ta sẽ là cố giảm các số mũ này đến mức thấp nhất có thể, cách làm

cụ thể cho việc này sẽ đợc mô tả cụ thể trong thuật toán

Vấn đề kế tiếp là việc tìm kiếm có khả thi hay không, nói một cách khác chúng ta phải trả lời câu hỏi “ liệu có tồn tại hay không số a có bậc không là ớc của p-1?” Trớc hết chúng ta giới hạn phạm vi số N cần đợc phân tích là N=pq với

p và q là các số nguyên tố khác nhau, khi này bậc cao nhất của các phần tử trong

Z*

N sẽ là γ(N)=1cm(p-1, q-1) Do p khác q nên chắc chắn hoặc p-1 hoặc q-1 là ớc thực sự của γ(N) và câu hỏi đã đợc trả lời “có” Đến đây mức độ “khó hay dễ” của

việc tìm đợc số a sẽ liên quan đến mật độ này nh sau: Mật độ nói trên sẽ nghịch biến với gcd(p-1,q-1) Nh vậy nếu gcd(p-1,q-1) nhỏ thì việc tìm ra a sẽ thuận lợi, ngợc lại trong trờng hợp khó khăn hơn (gcd(p-1,q-1) lớn) thì trong phần 2.3 sau này chúng tôi sẽ chỉ ra một phơng pháp phân tích hiệu quả hơn

Các bớc của thuật toán Pollard (dùng để phân tích N có ớc p với p-1 chỉ gồm các ớc nguyên tố trong k số nguyên tố đầu tiên)

(1) Q=q q q N k

N q

k

log log

1 1 , i=1,j=0

(2) Lấy a ngẫu nhiên trong Z*

N, tính b≡aQ mod N

(3) Xét đẳng thức b=1

Nếu đúng chuyển sang (4)

Ngợc lại chuyển sang (6)

(4) Xét j<logqiN

Nếu đúng thì j=i+1, Q=Q|qi, quay về (3)

Ngợc lại: chuyển sang (5)

Chú ý: Thuật toán của Pollard mà chúng tôi trình bày ở trên giống bất cứ thuật

toán trình bày trong các tài liệu khác nh của [Riesel], [Stinson] tuy nhiên một số chi tiết nh giá trị xuất phát Q ở các thuật toán khác đều lấy là Q=q1! qk!, tiếp đến

là mỗi giá trị a chỉ đợc xét đúng một lần với giá trị b≡aQ mod N, thậm chí trong [Stinson] chỉ luông xét với a=2

Thứ nhất ta có thể kiểm chứng đợc rằng nếu p-1 chỉ có các ớc trong k số nguyên tố đầu tiên thì cha chắc p-1 đã là ớc của Q= q1! qk! trong khi đó giá trị Q=q q N k

N

q

k

log log

1 1 mà chúng tôi lựa chọn chắc chắn đáp ứng đợc yêu cầu này Chính yếu tố cha đáp ứng mà các thuật toán khác sẽ gặp phải gcd(b-1, N)=1 ngay cả khi b-1#0 đúng hơn là ngay cả khi a là phần tử có bậc không là ớc của p-1 trong khi của thuật toán của chúng tôi với trờng hợp này chắc chắn sẽ thành công

Tiếp đến trong thuật toán của chúng tôi, mỗi khi xét một giá trị a chúng tôi vét toàn bộ khả năng về bậc của nó Giá trị b#1 tìm đợc trong (2) đảm bảo bậc của

a không là ớc của p-1, mỗi giá trị b#1 tìm đợc trong các phần sau đó thành công ở (6) cũng đảm bảo một kết luận tơng tự Giá trị Q cuối cùng trong trờng hợp không thành công của thuật toán chính là bậc của a và khi này Q|p-1

3.6 Phơng pháp ρ : Thuật toán Pollard thứ hai

Bớc tiến đáng kể nhất trong các thuật toán hiệu quả trong việc tìm các ớc nhỏ là thuật toán dựa vào phơng pháp còn đợc gọi ρ là thuật toán Pollard thứ hai Thời gian tính của thuật toán này chỉ còn là O ( p) với p là ớc nguyên tố nhỏ nhất của N Nh vậy trong trờng hợp tồi nhất (p≈ N ) thì thời gian tính cũng chỉ là

3 N

ý tởng phơng pháp p của Pollard rất đơn giản nh sau: Tìm hai phần tử a và

b đồng d modulo p ( a≡±b mod p) nhng không đồng d modulo N Khi này p sẽ là

-ớc của gcd(N,(a±b ) mod N)

Thuật toán 2.3 (Thuật toán Pollard thứ hai)

(x2i-1+xi-1)(x2i-2+xi-2) (xi+x0)(xi+x0)

Nh vậy tại bớc thứ i chúng ta đã xét đến i+1 cặp khác nhau và cũng dễ dàng nhận ra rằng các cặp đợc xét trong mọi bớc là không giống nhau do đó hiển nhiên với p bớc chúng ta đã có p cặp khác nhau đợc xét đến và nh đã phân tích ở trên, thuật toán sẽ thành công với xác xuất >0.5.Nói một cách khác thuật toán của Pollard đợc thực hiện trong Ο( p) bớc

- Các ớc phải có kích thớc xấp xỉ nhau

- Các ớc không đợc xấp xỉ nhau về giá trị

Yêu cầu thứ nhất là đơng nhiên tuy vậy định lợng cho tiêu chuẩn “lớn” ở đây cha

đợc đặt ra.Yêu cầu thứ hai chính là bài toán phân tích về lớp “khó nhất” của

chúng, còn yêu cầu cuối cùng đợc coi là mội ví dụ chi việc tránh các trờng hợp cá biệt Điều kiện 2.4 đã loại bỏ tất cả các module không an toàn trớc tấn công bởi các thuật toán đã nêu trong mục này.

3.7 Phơng pháp p ± 1: Thuật toán Williams.

Để tiện tiếp thu phơng pháp p±1 trớc hết chúng tôi xin điểm lại một số kết quả chính yếu nhất liên quan đến dãy Lucas ( các định nghĩa liên quan và các chứng minh của các kết quả đợc đa ra có thể tìm đọc trong [Riesel], [Kranakis] hay một sách giáo khoa số học bất kỳ)

Định nghĩa 2.5 (Dãy Lucas)

Cho a, b là hai nghiệm của phơng trình x2-Px+Q=0 (*)

Kí hiệu Um=

b a

Tính chất 3.6 Nếu i là ớc của j thì Ui là ớc của Uj

Tính chất 3.7 (Công thức tính các phần tử của dãy Lucas).

Ta có U0=0, U1=1, V0=2, V1=P và ∀m>1 thì Um và Vm đợc tính theo công thức sau:

Định lý 3.8 { Um} là dãy Lucas của phơng trình (*) với P2-4Q=d2∆ có ∆ không có

ớc chính phơng (hay còn gọi là bình phơng tự do)

Nếu p không là ớc của ∆Q thì p −  ∆ P   ≡ 0 mod p ở đây   ∆ P   là kí hiệu Legendre

Nếu nh cơ sở của phơng pháp p-1 là dựa vào kết quả của định lý Fermat thì với kết quả của Lucas ( định lý 2.4) chúng ta cũng phát triển thành một phơng pháp phân tích số nguyên một cách tơng tự nhng dựa vào kết quả phân tích của

p±1 với p là ớc mguyên tố của N Chúng ta có thể hinh dung về thuật toán nh sau:

Thuật toán 3.9 (Thuật toán p±1 của Williams)

(1) Q= N q qk N

k

log log

2 2 , i=1, j=0

(2) Lấy ∆ không có ớc chính phơng ngẫu nhiên trong Z*

N , tìm R, S nguyên sao cho R2-4S=∆d2 với d#0 nào đó Xét gcd(∆Q.N)>1

Nếu đúng ta có ớc của N là gcd(∆Q.N) Dừng chơng trình.

Ngợc lại tính b≡UQ mod N (phần tử thứ Q trong dãy Lucas của phơng trình x2Rx+S=0)

-(3) Xét đẳng thức b=0

Nếu đúng chuyển sang (4)

Ngợc lại chuyển sang (6)

(4) Xét j<logqiN

Nếu đúng j=j+1, j=0, nếu b#1 thì Q=Q.qi Quay về (3)

Ngợc lại: chuyển sang (5)

Trớc hết ta thấy rằng các bớc và việc làm trong mỗi bớc của thuật toan gần

nh giống hệt với thuật toán của Pollard nhằm để vét hết các khả năng p+1 (trong

Thuật toán trên rõ ràng có hiệu quả trong cả hai trờng hợp p+1 hoặc p-1 chỉ gồm các ớc nguyên tố nhỏ, tuy nhiên căn cứ vào công thức tính các giá trị của dãy Lucas ta thấy ngay rằng hệ số nhân của thuật toán này là lớn hơn nhiều so với thuật toán của Pollard trong trờng hợp cùng phân tích đợc N với ớc p của nó có p-1 chỉ gồm những ớc nhỏ boỉ vì thay cho việc tính một luỹ thừa thông thờng thì thuật toán của Lucas phải tính một luỹ thừa của một ma trận.

xi≡ F(xi-1,xi-2, ,xi-s) (mod m)với các giá trị đã cho đối với x1, x2, ,xs Sau đó xs+1, xs+2, có thể đợc tính lần lợt theo công thức đã cho Tuy nhiên, vì tất cả các xk, đợc cho theo modulo m, nên mỗi xk chỉ có thể nhận một trong m giá trị khác nhau (0,1, ,m-1) và vì vậy chỉ có nhiều nhất là ms dãy phân biệt xi-1,xi-2, ,xi-s của s số xk liên tiếp Nh vậy sau cùng lắm là ms+1 bớc đệ qui, hai dãy giống hệt nhau gồm s số liên tiếp phải xuất hiện Chúng ta gọi hai dãy này là xi-1,xi-2, ,xi-s, và xj-1, xj-2, ,xk-s, nên rõ ràng là, nếu các dãy của các giá trị này trùng khớp nhau đối với hai giá trị khác nhau của k, thì các giá trị xi và xj, đợc tính từ các giá trị đằng trớc theo cùng một cách sẽ giống nhau

Vì vậy, chúng ta có hai dẫy mới gồm s giá trị:

xi, xi-1, ,xi-s+1 và xj, xj-1, , xj-s+1 với tính chất là xi=xj, xi-1=xj-1, ,xi-s+1 Từ đây dẫn

đến kết quả là xi+1 đồng nhất với xj+1 và cứ thế tiếp tục

Nhng điều này có nghĩa là dẫn {xi} là tuần hoàn lặp lại có thể chỉ trừ ra một phần khi bắt đầu dãy Phần này đợc gọi là không có chu kỳ

Chúng ta xét một ví dụ để cho dễ hiểu: Dẫy Finabocci (mod 11) Dãy này

đ-ợc định nghĩa nh sau:

xi≡ xi-1+xi-2(mod 11) với x1≡x2≡1

Chúng ta nhận đợc liên tiếp các phần tử sau đây của dẫy:

1, 1, 2, 3, 5, 8, 2, 10, 1, 0, 1, 1, 2, 3, (mod 11)

Sau 10 phần tử dẫy này lặp lại Đây là dẫy tuần hoàn ngay từ bắt đầu

Bây giờ sang bớc 2 của thuật toán : tìm chu kỳ Để xác định nó trong trờng hợp tổng quát, ta cần phải tìm ra vị trí mà tại đó một dẫy các phần tử liên tiếp bắt

đầu lặp lại nếu chu kỳ dài Đây là một việc cực khó và rất tốn công sức Tuy nhiên, trong trờng hợp đơn giản nhất khi mà xi đợc định nghĩa chỉ qua xi-1 và không qua bất kỳ một xk nào khác thì dẫy này đợc lặp lại theo chu kỳ ngay khi một phần tử xj

bất kỳ bằng một phần tử trớc nó Vì vậy, trờng hợp này chỉ yêu cầu một phép so từng giá trị xj mới với các xk đứng trớc để tìm ra chu kỳ Tuy vậy, nếu chu kỳ rất dài (một vài triệu phần tử ) thì rất khó có thể ghi lại tất cả các phần tử và so sánh chúng từng cặp Thay vào đó, ta có thể sử dụng kỹ thuật sau:

Giả sử dẫy tuần hoàn {xi} (mod m) với phần không tuần hoàn có độ dài a và một chu kỳ có độ dài l Thế thì, chu kỳ này cuối cùng sẽ đợc phát hiện ra bằng phép thử: x2i≡xi(mod m)?

Chứng minh: Trớc hết, nếu x2i≡xi(mod m) thì dẫy này rõ ràng là tuần hoàn từ x2i

trở đi, thậm chí có thể còn trớc nữa Ngợc lại, đối với một dẫy tuần hoàn bất kỳ với

độ dài chu kỳ l, xj≡xi (mod m) đối với j=i+k |, k=1,2,3, và mọi i>a (tức là đối với tất cả các phần tử sau phần không tuần hoàn) rút cuộc sẽ có một i với x2i≡xi (mod m) Giá trị đầu tiên nh vậy của i là i=(l+1)[a/l] Nếu a>b, thì cách tìm này sẽ phát hiện ra chu kỳ chỉ sau một vài chu kỳ đầy đủ đã bỏ qua, nhng cuối cùng thế nào cũng tìm đợc chu kỳ của dẫy

Bây giờ làm thế nào để có thể so sánh x2i với các xi mà không cần phải lu giữ tất cả các xi? Đơn giản ta chỉ cần tính lại các xi song song với các x2i Giả sử

xi+1=f(xi) Thuật toán tìm chu kỳ có thể mô tả bằng đoạn mã chơng trình sau:

x:=x1; y:=f(x1);

WHILE x<>y DO

BEGIN

x:=f(x); y:=f(y); y:=f(x);

END;

Khi thực hiện đợc đến đây có nghĩa là x=y và chu kỳ đã đợc chạy qua

Cuối cùng, ta xét các yêu cầu thứ ba và cuối cùng của phơng pháp p của Pollard Nếu chúng ta có một dãy {xi} tuần hoàn (mod p) thì bằng cách nào chúng

ta có thể tìm đợc ớc p cha biết của N? cũng giống nh cách chúng ta đã làm trong phơng pháp p-1, đơn giản bằng cách dùng thuật toán Euclit để tìm ớc chung lớn nhất d của x2i-xi (mod N) và N Thờng thì d sẽ quay về 1, nhng ngay khi x2i≡xi

(mod P) thì d sẽ chia hết cho p

Bây giờ, chúng ta sẽ bàn đến một thuật toán tìm thừa số hiệu quả dựa vào các ý tởng trên dãy sẽ có dạng nh thế nào Thứ nhất, dẫy {xi} nên là một dẫy thật

dễ tính toán ( bởi vì phải tính nó hai lần) Thứ hai, độ dài chu kỳ nên ngắn thôi Thứ ba, việc sử dụng thuật toán Euclid cần đợc tổ chức một cách hữu hiệu sao cho thời gian tính toán không quá nhiều trong phép tìm ớc chung lớn nhất (N, x2i-xi) (mod N)=1

Pollard đã phát hiện ra trong một dẫy {xi} các số nguyên ngẫu nhiên (mod P) một phần tử thờng hay lặp lại chỉ sau C P bớc Điều này cũng dễ hiểu nếu chúng ta xem xét lời giải của bài toán Ngày sinh:

Cần phải chọn bao nhiêu ngời một cách ngẫu nhiên để cho xác suất có ít nhất hai ngời trong số đó trùng ngày sinh lớn hơn 1/2 ?

Lời giải: Xác suất để q ngời không có cùng ngày sinh là

) 365

1 9 1 ) (

365

3 1 )(

365

2 1 )(

365

1 1

Biểu thức này nhỏ hơn <0.5 khi q≥23

Tổng quát hoá: q phải bằng bao nhiêu để cho ít nhất hai số nguyên đợc chọn ngẫu

nhiên trong q số sẽ là đồng d (mod p) với xác suất >1/2

Điều này sẽ xảy ra nếu

2

1 ) 1 1

) (

3 1 )(

2 1 )(

p p

Vế trái đợc ớc lợng bằng:

Biểu thức này bằng 0.5 nếu.

2 ln 2

) 1

Tuy nhiên, lại xảy ra một vấn đề là sự lựa chọn này không sinh ra đợc các

số nguyên đủ ngắn nhiên để cho một chu kỳ ngắn chỉ gồm C P bớc đối với dẫy {xi} Một cách lựa chọn đơn giản nữa là sử dụng một biểu thức bậc 2:

xi+1=x2

i+a (mod p)

Về mặt trực giác thì có thể phép chọn này đáp ứng đợc các tính chất cần thiết (ít ra là khi a không bằng 0 cũng không bằng –2) nhng nó cũng cha đợc chứng minh đầy đủ

Chúng ta sẽ thực hiện việc tìm p bằng thuật toán Euclid trên x2i-xi (mod N)

và N trong mỗi chu trình nh thế nào? Một lần nữa, ta lại sử dụng các mẹo nh đã làm trong phơng pháp (p-1) : Tích luỹ tích

3.9 Mô tả đại số của phơng pháp ρ của Pollard

Có những lý luận đại số khá đơn giản để chỉ ra tại soa một thừa số p của N

đợc tìm thấy sau O( p ) chu trình trong p của Pollard Lý luận này nh sau:

yi=x2i-xi=x2

2i-1+a(x2

i-1+a)=x2

2i-1-x2 i-1

=( x2i-1+ xi-1)=( x2i-1+ xi-1)( x2i-2+ x2i-2)( x2i-2- xi-2)

=( x2i-1+ xi-1)( x2i-1+ xi-2) ( xi+ x0)( xi- x0)

Vì vậy, thừa số yi tham gia trong tích Qi dùng để tính (Qi, N) chứa ít nhất i+1 thừa số đại số Một thừa số điển hình xk-xi chứa bao nhiêu thừa số nguyên tố khác nhau ≤p? Ngời ta cho rằng số các thừa số nguyên tố ≤G của một số N là vào khoảng lnlnG nếu N đủ lớn Các số xk tăng cực kỳ nhanh, số chữ số của nó tăng gấp đôi kể từ một chỉ số k nào đó tới chỉ số tiếp theo do phép bình phơng

xk+1=x2

k+a

Bây giờ xk sẽ tăng theo cấp số nhân của x2k

0, và sẽ vợt qua ranh giới đợc gọi

là đủ lớn rất nhanh.Vì thế chúng ta thấy rằng số lợng các thừa số nguyên tố ≤G của yi (tích của i+1 số của lớn) sẽ xấp xỉ (i+1) lnlnG Chạy thuật toán p của Pollard n chu trình, chúng ta tích luỹ trong Qn các số nguyên tố của tất cả thừa số

y1,y2, ,yn và cộng tất cả lại, hy vọng sẽ gồm:

lnlnG∑

=

≈ +

n

i

G n

i

1

2 ln ln 5

0 ) 1

các thừa số nguyên tố ≤G Chúng ta phải tiếp tục nh thế nào nữa để có thể đảm bảo rằng tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn một thừa số p nào đó của N đợc tích lại trong Qn? Dới p có π (p) ≈ p/ lnp số nguyên tố, và do đó n buộc phải lớn vào khoảng

2 / 1

) ln ln

ln

(

*

p p

p C

n= , trong đó C là một hằng số Vì vậy độ phức tạpj của phép tìm một thừa số p bằng phơng pháp của Pollard lớn hơn C p một chút Trực giác có thể cho thấy rằng phơng pháp p của Pollard là C p và do vậy có thể kết luận rằng thừa số C mà ta đa ra trong thực tế không hẳn là hừng số mà nó thay đổi rất chậm cùng với p

Mô hình đại số của phơng pháp p Pollard có gì đó hơi thô, nhng tuy nhiên chúng

ta vẫn có thể sử dụng để nghiên cứu cải tiến phơng pháp này và cũng sử dungj để bàn về một vấn đề rất quan trọng : Tốc độ của một thuật toán phân tích thừa số

3.10 Một chơng trình cho phơng pháp ρ của Pollard:

Sau đây là một chơng trình đợc viết bằng Pascal thể hiện những gì mà chúng ta đã trình bày ở trên:

Program Pollard;

Label 1,2;

Var a, x1,x,y,Q,i,p,N: Integer;

Function Euclid(a,b: Integer): Integer;

1: Write(‘Input a<>0, 2 and x1 ‘); Read(a);

If a=0 Then goto 2;

điển này trở đi với việc sử dụng thuật toán Euclid thờng xuyên hơn Nếu thuật toán hỏng thì toàn bộ thuât toán phải chạy lại từ đầu với môt giá trị khác nhau của

a Cũng lu ý rằng chơng trình Pascal trên đây chỉ là mô hình của mã máy tính có thể thực hiện phơng pháp Pollard Nó chạy nhng chỉ đối với các giá trị nhỏ của N, nghĩa là các giá trị sao cho N2 nhỏ hơn số nguyên lớn nhất có thể đợc lu trữ trong một biến Để có thể chuyển mô hình này thành một chơng trình có thể chạy trên máy, chúng ta phải sử dụng ít nhấ là các biến có thể chạy trên máy, chúng ta phải

sử ít nhất là các biến có độ chính xác gấp đôi, hoặc tốt hơn là với độ chính xác cao hơn nữa để sao cho các phép nhân không gây ra sự tràn ô Hơn nữa, sẽ có lợi nếu không thực hiện các tính toán tìm ớc số chúng lớn nhất bằng thuật toán Euclid tại những điểm cách đều mà nên dùng một khoảng nhỏ hơn khi bắt đầu, rồi sau đó mới tăng dần khoảng này lên tới 100 hoặc lớn hơn Điều đó là để không phải nhận tất cả các thừa số nhỏ của N nhân với nhau tại một giai đoạn nào đó

Vì chi phí phải bỏ ra để có đợc một thừa số p là tơng đơng với p nên chỉ

sử dụng thuật toán Pollard trên các số mà đã đợc biết là hợp số

Ví dụ: Hãy phân tích ra thừa số 91643 với xi+1=xi-1-1, x0=3

x1=8 x2=63 y1=63-8=55 (55,N)=1;

x3=3968 x4 ≡74070 y3≡x4-y2≡74004 (74004,N)=1

x5≡65061 x6≡35191 y3=x6-x3≡31225 (31225, N)

x7≡83746 x8≡45368 y4≡x8-x4≡62941 (62441,N)=113 => N=113.811

Q=2 a=Random(N)

d=gcd(a-1, N)>1

a≡a Q mod N

d lµ ­íc cña N

Kh«ng ph©n tÝch ®­îc

Nhận xét: nếu N có các ớc p mà p-1 phân tích hoàn toàn trong Q thì gcd(a-1,

N)>1 với a=aQ! mod N

(≈∀ ớc p của N, đều có ớc nguyên tố lớn của p-1 thì Q rất lớn, và ta có thể lấy Q≈

N)

Thoả hiệp, khống chế số bớc tìm Q<Q0

- Chỉ sau ≤Q0 bớc là thuật toán dừng

- Trong trờng hợp mọi ớc nguyên tố p của N ta đều có p-1 có ớc > Q0 thì không tìm đợc ớc của N Khi này ta nói N không phân tích đợc bằng thuật toán Pollard với ngỡng Q0

Biểu diễn q phần một số nguyên N

Định nghĩa: Cho q>0 khi đó ∀N ∃ duy nhất bộ n0, n1, ,nk, với 0≤ni<q, sao cho

N=n 0 +n 1 q+n 2 q 2 + +n k q k (1)(1) đợc gọi là biểu diễn q phân của số N

Nhận xét: Nh vậy, muốn biểu diễn N ta chỉ cần biết bộ (n0, n1, ,nk) Nếu q là một

số nhỏ thì việc tìm ra các ni tơng đối dễ dàng ở đây chúng ta chọn q=216(=65536)

3.2.2.Phép cộng số lớn

Cho 2 số lớn X và Y:

X=(x0, x1, , xn)

Y=(y0, y1, , yn)

Z=X+Y=( (x0+y0) mod q , (x1+y1+nho0) mod q, ,(xn+yn+nhon-1) mod q )

trong đó nhoi=(xi+yi+nhoi-1)/q

Dới đây là hàm dùng để cộng hai số lớn

j k j i i k

k

k q voi z x y z

Y

* X

X div Y=q hoÆc q-1

§Þnh lý lµ c¬ së gióp ta ®o¸n nhanh th¬ng cña 2 sè lín X/Y víi ®iÒu kiÖn X<qY.X=x0+, ,xnqn