密码学二次剩余困难性问题The Quadratic Residuosity Problem

注：需要有密码学基础才能看懂，全文以N=21举例
基础推导：
假设模数N=p⋅qN=p\cdot qN=p⋅q 。p和q是两个不同的奇素数，N是一个Blum Integer(参考链接)。举例N=21(p=3,q=7).ZN∗Z_N^{*}ZN∗是他的简化剩余系。则ZN∗Z_N^{*}ZN∗含有(p−1)⋅(q−1)(p-1)\cdot (q-1)(p−1)⋅(q−1)个元素(原理：欧拉函数).
N=21,ϕ(N)=2∗6=12,ZN∗={1,2,4,5,8,10,11,13,16,17,19,20}.N=21,\phi (N)=2*6=12,Z_N^{*} = \{ 1,2,4,5,8,10,11,13,16,17,19,20\}.N=21,ϕ(N)=2∗6=12,ZN∗={1,2,4,5,8,10,11,13,16,17,19,20}.
根据Chinese remainder theorem(中国剩余定理)，我们可以作如下映射x→(xmodp,xmodq)x → (x mod p, x mod q)x→(xmodp,xmodq),且是双射。
上面ZN∗Z_N^{*}ZN∗的点则变为了{(1,1),(2,2),(1,4),(2,5),(2,1),(1,3),(2,4),(1,6),(1,2),(2,3),(1,5),(2,6)}.\{ (1,1),(2,2),(1,4),(2,5),(2,1),(1,3),(2,4),(1,6),(1,2),(2,3),(1,5),(2,6)\}.{(1,1),(2,2),(1,4),(2,5),(2,1),(1,3),(2,4),(1,6),(1,2),(2,3),(1,5),(2,6)}.这个点构成的ZN∗Z_N^{*}ZN∗同样构成乘法群。(1)封闭性，x=(xp,xq),y=(yp,yq).z=(xp⋅ypmodp,yp⋅yqmodq).如果x,y属于ZN∗那么xp,xq,yp,yq均为非零元，可知zmodp,zmodq同样为非零元。x=(x_p,x_q),y=(y_p,y_q).z=(x_p \cdot y_p mod p,y_p\cdot y_q mod q).如果x,y属于Z_N^{*} 那么x_p,x_q,y_p,y_q均为非零元，可知z mod p,z mod q同样为非零元。x=(xp,xq),y=(yp,yq).z=(xp⋅ypmodp,yp⋅yqmodq).如果x,y属于ZN∗那么xp,xq,yp,yq均为非零元，可知zmodp,zmodq同样为非零元。 (2)单位元(1,1).(3)逆元满足。所以是一个群。

如果r=x2modNr=x^{2} mod Nr=x2modN是二次剩余，且是ZN∗Z_N^{*}ZN∗中的元素，那么他在ZN∗Z_N^{*}ZN∗中有四个平方根。
xp=xmodp,xq=xmodqx_p=x mod p,x_q =x mod qxp=xmodp,xq=xmodqx1=(xp,xq)x_1=(x_p,x_q)x1=(xp,xq) x2=(−xp,xq)x_2=(-x_p,x_q)x2=(−xp,xq) x3=(xp,−xq)x_3=(x_p,-x_q)x3=(xp,−xq) x4=(−xp,−xq)x_4=(-x_p,-x_q)x4=(−xp,−xq)
x12=x22=x32=x42=rmodNx_1^{2} =x_2^{2} =x_3^{2} =x_4^{2}=r mod Nx12=x22=x32=x42=rmodN
因此这四个均是r不同的平方根。
可知在ZN∗Z_N^{*}ZN∗中有(p−1)⋅(q−1)/4(p-1)\cdot (q-1)/4(p−1)⋅(q−1)/4个元素是二次剩余。(ZN∗Z_N^{*}ZN∗有(p−1)⋅(q−1)个元素，每一个二次剩余在(p-1)\cdot (q-1)个元素，每一个二次剩余在(p−1)⋅(q−1)个元素，每一个二次剩余在Z_N^{*}中有四个平方根，因此有(p−1)⋅(q−1)/4个元素是二次剩余中有四个平方根，因此有(p-1)\cdot (q-1)/4个元素是二次剩余中有四个平方根，因此有(p−1)⋅(q−1)/4个元素是二次剩余)
在Z21∗Z_{21}^{*}Z21∗中：
(1,1)2=(1,1)mod21,(2,2)2=(1,4)mod21,(1,4)2=(1,2)mod21,(2,5)2=(1,4)mod21剩下的自行计算总之最后结果为{(1,1),(1,4),(1,2)}三个平方剩余(1,1)^{2}=(1,1) mod 21,(2,2)^{2}=(1,4) mod 21,(1,4)^{2}=(1,2) mod 21,(2,5)^{2}=(1,4) mod 21剩下的自行计算总之最后结果为\{ (1,1),(1,4),(1,2)\}三个平方剩余(1,1)2=(1,1)mod21,(2,2)2=(1,4)mod21,(1,4)2=(1,2)mod21,(2,5)2=(1,4)mod21剩下的自行计算总之最后结果为{(1,1),(1,4),(1,2)}三个平方剩余

困难性问题：如果存在一个算法A能以多项式时间t，以概率≥ξ\geq \xi≥ξ寻找以模为N=pq的二次剩余，那么存在算法A∗A^{*}A∗以时间t+O(logN)O(1)t+O(log N)^{O(1)}t+O(logN)O(1),以概率≥ξ2\geq \frac{\xi}{2}≥2ξ分解N。证明略。

参考资料：
1.The Group of Signed Quadratic Residues and Applications(Dennis Hofheinz and Eike Kiltz)
2.Notes on Zero Knowledge（Professor Luca Trevisan）
3.https://math.stackexchange.com/questions/1090675/blum-blum-shub-pseudorandom-numbers-clarification-on-prerequisites
4.https://crypto.stanford.edu/pbc/notes/numbertheory/crt.html
5.https://brilliant.org/wiki/legendre-symbol/

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