SICP 练习 1.28 - Miller-Rabin - “至少一半的数字将显示 1 模 n 的非平凡平方根”

Question

SICP 练习 1.28

https://mitpress.mit.edu/sites/default/files/sicp/full-text/book/book-Z-H-11.html#%_thm_1.28

费马检验的一种变体，不能被愚弄 称为 Miller-Rabin 检验（Miller 1976；Rabin 1980）。这开始 来自费马小定理的另一种形式，它指出 如果 n 是素数并且 a 是小于 n 的任何正整数，则 a 的 (n - 1) 次幂等于 1 模 n。去测试 通过米勒-拉宾检验，我们随机选择一个数 n 的素数 数字 a 如果n是一个非素数的奇数，那么， 对于至少一半的数字 a （这就是为什么 Miller-Rabin 测试不能被愚弄。）将 expmod 过程修改为 如果它发现一个非平凡的平方根 1，则发出信号，并使用它来 使用类似于 费马测试。通过测试各种已知的素数和 非素数。提示：制作 expmod 信号的一种方便方法是 它返回 0。

我已经编写了自己的解决方案，其结果与此处提供的解决方案一致：

http://community.schemewiki.org/?sicp-ex-1.28

15 是一个非素数的奇数，因此对于从1 到14 的至少一半数字a，我预计计算expmod(a, 14, 15) 将显示一个模数为n 的非平凡平方根，由expmod返回0表示。

但是，这些是我得到的结果：

(expmod 1 14 15)
> 1
(expmod 2 14 15)
> 4
(expmod 3 14 15)
> 9
(expmod 4 14 15)
> 0
(expmod 5 14 15)
> 10
(expmod 6 14 15)
> 6
(expmod 7 14 15)
> 4
(expmod 8 14 15)
> 4
(expmod 9 14 15)
> 6
(expmod 10 14 15)
> 10
(expmod 11 14 15)
> 0
(expmod 12 14 15)
> 9
(expmod 13 14 15)
> 4
(expmod 14 14 15)
> 1

可以看出，这些结果中只有 2 个是 0，与预期的至少 7 个相比相差甚远。

我误解了声明吗？我是一个彻头彻尾的白痴吗？代码错了吗？ SICP错了吗？非常感谢。

编辑 1：要求我提供我正在使用的确切代码。就是这样，虽然我基本上只是复制了我链接到的解决方案，并将 remainder 别名为 mod 因为这是我的解释器所说的。

 (define (square x) (* x x))

 (define remainder mod)

 (define (miller-rabin-expmod base exp m) 
   (define (squaremod-with-check x) 
     (define (check-nontrivial-sqrt1 x square) 
       (if (and (= square 1) 
                (not (= x 1)) 
                (not (= x (- m 1)))) 
           0 
           square)) 
     (check-nontrivial-sqrt1 x (remainder (square x) m))) 
   (cond ((= exp 0) 1) 
         ((even? exp) (squaremod-with-check 
                       (miller-rabin-expmod base (/ exp 2) m))) 
         (else 
          (remainder (* base (miller-rabin-expmod base (- exp 1) m)) 
                     m))))

(define expmod miller-rabin-expmod)

(print (expmod 1 14 15))
(print (expmod 2 14 15))
(print (expmod 3 14 15))
(print (expmod 4 14 15))
(print (expmod 5 14 15))
(print (expmod 6 14 15))
(print (expmod 7 14 15))
(print (expmod 8 14 15))
(print (expmod 9 14 15))
(print (expmod 10 14 15))
(print (expmod 11 14 15))
(print (expmod 12 14 15))
(print (expmod 13 14 15))
(print (expmod 14 14 15))

编辑 2：我现在还手动计算了 expmod(a, 14, 15) 的步骤（它总是通过 exp = 14、exp = 7、exp = 6、exp = 3、exp = 3、exp = 2、exp = 1、exp = 0 递归)，对于从 1 到 14 的 a 的所有值，我确信只有 a = 4 和 a = 11 遇到 1 的非平凡平方根。所以我倾向于认为 SICP 对此要么是错误的，或者表达不清晰。

Answer 1

根据@Memes 的回答，我已经为它添加了方案代码：

(define (display-all . vs)
  (for-each display vs))

(define (find-e-k n)
  (define (find-e-k-iter possible-k possible-e)
    (if (= (remainder possible-k 2) 0)
        (find-e-k-iter (/ possible-k 2) (+ possible-e 1))
        (values possible-e possible-k)))
  (find-e-k-iter (- n 1) 0))

; first-witness-case-test: (a ^ k) mod n # 1
(define (first-witness-case-test a k n)
  (not (= (expmod a k n) 1)))

; second-witness-case-test: all a ^ ((2 ^ i) * k) (with i = {0..e-1}) mod n # (n - 1)
(define (second-witness-case-test a e k n)
  (define (second-witness-case-test-iter a i k n)
    (cond ((= i -1) true)
          (else (let ()
                 (define witness (not (= (expmod a (* (fast-expt 2 i) k) n) (- n 1))))
                 (if witness
                 (second-witness-case-test-iter a (- i 1) k n)
                 false)))))
  (second-witness-case-test-iter a (- e 1) k n))

(define (miller-rabin-test n)
  (define (try-it a e k)
    (if (and (first-witness-case-test a k n) (second-witness-case-test a e k n))
        (display-all "is not prime, with a = " a "\n")
        (if (< a (- n 1))
            (try-it (+ a 1) e k)
            (display "is prime\n"))))
  (cond ((< n 2) (display "not prime"))
        ((= (remainder n 2) 0) (display "not prime\n"))
        (else (let ()
               (define-values (e k) (find-e-k n))
               (try-it 1 e k)))))

Answer 2

SICP 是错误的，因为它使用了错误的 Miller–Rabin 见证人定义（参见 Keith Conrad，The Miller–Rabin Test）。特别是下面这行是错误的：

错误的主张。 也可以证明如果n是一个非素数的奇数，那么对于a

您可以验证这是错误的，例如当 n = 9 时。

根据上述参考中的定理2.9，正确的说法应该是这样的：

正确的说法。 令 n > 1 是一个非素数的奇数。然后我们可以将 n - 1 写为 (2^e)k 使得 e ≥ 1 和 k 是奇数。 （例如，如果 n = 21，我们可以写成 21 - 1 = 20 = (2^2)·5，因此 e = 2 ≥ 1 并且 k = 5 是奇数。） 可以证明，对于至少一半的数字 a

因此，对于 n = 21，我们可以证明对于至少一半的数字 a

+----+-----+-------+
| a  | a^5 |  a^10 | MILLER–RABIN WITNESS? 
+----+-----+-------+
|  1 |   1 |     1 | NO, a^5 ≡ 1
|  2 |  11 |    16 | YES
|  3 |  12 |    18 | YES
|  4 |  16 |     4 | YES
|  5 |  17 |    16 | YES
|  6 |   6 |    15 | YES
|  7 |   7 |     7 | YES
|  8 |   1 |     1 | NO, a^5 ≡ 1
|  9 |  18 |     9 | YES
| 10 |  19 |     4 | YES
| 11 |   2 |     4 | YES
| 12 |   3 |     9 | YES
| 13 |  13 |     1 | YES
| 14 |  14 |     7 | YES
| 15 |  15 |    15 | YES
| 16 |   4 |    16 | YES
| 17 |   5 |     4 | YES
| 18 |   9 |    18 | YES
| 19 |  10 |    16 | YES
| 20 |  20 |     1 | NO, a^5 ≡ 20
+----+-----+-------+

果然，超过一半的 a

编辑。 仅作为说明素数的示例，这里是 n = 13 的表。自然不可能有任何 Miller-Rabin 见证 13，因为它是素数；没有非原始性可以见证。由于 n = 13，我们有 n - 1 = 12 = (2^2)·3，所以 e = 2 ≥ 1 且 k = 3 是奇数。因此，正如 Keith Conrad 的说明性论文第 1 页所述，所有 a

+----+-----+-------+
| a  | a^3 |   a^6 | MILLER–RABIN WITNESS? 
+----+-----+-------+
|  1 |   1 |     1 | NO, a^3 ≡ 1
|  2 |   8 |    12 | NO, a^6 ≡ 12
|  3 |   1 |     1 | NO, a^3 ≡ 1
|  4 |  12 |     1 | NO, a^3 ≡ 12
|  5 |   8 |    12 | NO, a^6 ≡ 12
|  6 |   8 |    12 | NO, a^6 ≡ 12
|  7 |   5 |    12 | NO, a^6 ≡ 12
|  8 |   5 |    12 | NO, a^6 ≡ 12
|  9 |   1 |     1 | NO, a^3 ≡ 1
| 10 |  12 |     1 | NO, a^3 ≡ 12
| 11 |   5 |    12 | NO, a^6 ≡ 12
| 12 |  12 |     1 | NO, a^3 ≡ 12
+----+-----+-------+

Answer 3

我找到了一篇涵盖该测试的论文，并证明了 2 和 n-2 之间超过一半的值将导致 1 的非平凡平方根。（定理 4.1）

• https://kconrad.math.uconn.edu/blurbs/ugradnumthy/millerrabin.pdf

我制作了这段代码来仔细检查它

(define (print x) (display x) (newline))

(define (assert p) (unless p (error 'assert-failed)))

(define (power-of-two-split m)
  ;; write m = 2^e k
  (let loop ((e 0) (k m))
    (if (even? k)
        (loop (+ e 1) (quotient k 2))
        (cons e k))))

(define (exp/mod a k n)
  ;; a^k (mod n)
  (cond ((= k 0) 1)
        ((= k 1) (modulo a n))
        (else (modulo (* a (exp/mod a (- k 1) n)) n))))

(define (miller-rabin a n)
  (assert (odd? n))
  (assert (= 3 (modulo n 4))) ;; only handles e=1 case, need to use power-of-two-split for full test
  (let ((k (quotient (- n 1) 2)))
    (exp/mod a k n)))

(define (test n)
  (for ((i (in-range 2 (- n 2))))
    (let ((m (miller-rabin i n)))
      (print `(,i -> ,m squared ,(exp/mod m 2 n))))))

(test 15)

它打印以下结果

(2 -> 8 squared 4)
(3 -> 12 squared 9)
(4 -> 4 squared 1)
(5 -> 5 squared 10)
(6 -> 6 squared 6)
(7 -> 13 squared 4)
(8 -> 2 squared 4)
(9 -> 9 squared 6)
(10 -> 10 squared 10)
(11 -> 11 squared 1)
(12 -> 3 squared 9)

因此，对照米勒拉宾见证人的正式定义，他们实际上是所有温特斯：

定义 2.3。对于奇数 n > 1，用 k 奇数写 n − 1 = 2^ek 并选择 a ∈ {1, . . . , n - 1}。我们说 a 是 n 的 Miller-Rabin 证人，如果 in 的所有同余项都是错误的： * a^k = 1 mod n 和 a^{(2^i)k} = −1 mod n 对于所有 i ∈ {0, . . . , e - 1}.

您可以看到“m”列中没有一个值是 1，平方列中没有一个值是 14。所以他们都是见证者，所以 >50% 是。

执行“check-nontrivial-sqrt1”的代码与 n=3（mod 4）的这种特殊情况无关，因为在这种情况下 e=1。

---

更新：

我刚刚意识到为什么我们有很多证人但我们并不总是从他们中找到一个平方根：

米勒-拉宾证人背后的想法是找到一个意想不到的 1 mod n 的平方根。这并不总是我们实际发现的，因为对于素数 n 的前提 a n−1 ≡ 1 mod n 可能实际上对于复合 n 并不成立。

这是一个 a^(n-1) (mod n) 的表格，对于 n=15

(2 -> 4)
(3 -> 9)
(4 -> 1)
(5 -> 10)
(6 -> 6)
(7 -> 4)
(8 -> 4)
(9 -> 6)
(10 -> 10)
(11 -> 1)
(12 -> 9)

如您所见，同余 a^(n-1) = 1 (mod n) 实际上只成立两次。

Answer 4

费马检验的一种变体被称为米勒-拉宾检验（Miller-Rabin 检验）（Miller 1976；Rabin 1980）。这从费马小定理的另一种形式开始，该定理指出，如果 n 是质数且 a 是小于 n 的任何正整数，则 a 的 (n - 1) 次幂等于 1 模 n。

• n 是素数，a a^(n-1) = 1 (mod n)

为了通过 Miller-Rabin 检验测试数字 n 的素数，我们选择一个随机数 a

所以随机选择一个并检查 a^(n-1) = 1 (mod n)。如果它是 not 那么你知道 n 不是素数。

但是，每当我们在 expmod 中执行平方步骤时，我们都会检查是否发现了“1 模 n 的非平凡平方根”，即不等于 1 或 n - 1 的数，其平方等于 1 模 n。

这是关于在 expmod 函数中添加的额外检查。这可能是你忽略的事情。

可以证明，如果存在这样一个 1 的非平凡平方根，则 n 不是素数。

让我们详细讨论一下。 1 的非平凡平方根将是一个数 x，使得 x^2 = 1 (mod n)。并且 x 不是 1 或 -1。

为什么其中之一表明 n 不是素数？

我们知道 x^2 - 1 = (x - 1)(x + 1) 和 (working modulo n) x-1 和 x+1 都不为零，但它们的乘积为零。这意味着我们有一个复合模数，您可以通过取这两个值的 GCD 来分解它。

还可以证明，如果 n 是一个非素数的奇数，那么，对于 a

这又是在讨论向 expmod 函数的平方分支添加内部测试。

修改 expmod 过程以在发现非平凡平方根 1 时发出信号，并使用此过程通过类似于 fermat-test 的过程来实现 Miller-Rabin 检验。通过测试各种已知的素数和非素数来检查你的程序。提示：产生 expmod 信号的一种方便方法是让它返回 0。

希望对您有所帮助！询问您是否需要更多指导。