Атака на теорему Ферма с помощью криптocистeмы RSА

[ananova]

sceptic в сообщении #315801 писал(а):

перейдите на общепринятое обозначение $(mod\verb вместо вашего $mod\verb.

Трудно, но до утра переведу... Извините, это у меня первый опыт. Сегодня ещё Ваши критические замечания "подвигли" к интересному упрощению доказательства, для случая НОД$(\psi(x), \psi(y), \psi(z), e) = e$, без соотношений Барлоу. Так что вечером ждёт идею перепроверка пока собственными силами...

[ananova]

sceptic,

ananova в сообщении #315879 писал(а):

Трудно, но до утра переведу...

Сегодня нашёл время перевести в pdf новую редакцию по Вашим советам. Число N сложно повсюду использовать, т.к. передача ему значений от разных переменных уравнения может кого-нибудь запутать, также как и новые обозначения вычетов. Попробовал найти компромисс. А html - подождёт до выходных, т.к. наверняка кое-что придётся поправлять, добавлять.

[ananova]

sceptic,

Учитывая, что я довольно долго рассматривал случай $N > x+y$, и косвенно затрагивал в статьях (см. http://www.2000.ru/fermats/vakhterov_vendt_criterion.htm) и тут на странице 119 http://www.nkras.ru/articles/2010/91/sod912010.pdf, но Вы его затронули в своих письмах, посчитал, что может быть кому-то будет интересно понять о чём идёт речь. В связи с чем, привожу выдержку из пока ещё не опубликованной статьи.

И так, вот пример-пособие для заинтересованных:

1) Пусть $x^e +y^e = z^e$ имеет решение, где $e$ - простое число больше 2.

Пусть $N$ такое, что выполняются условия: НОД ($N,xyz$)=1, функция Эйлера числа $N$ - $\psi (N)$ взаимно проста с $e$.

$N$ легко подбирается для любой тройки $x,y,z$, также, как и нечётное число $d$, $de$=1 + $\psi (N)$.

Согласно теоремы Эйлера $a^{\psi (N)+1} \equiv a^{ed} \equiv a \mod N$ , когда НОД $(a,N)=1$.

2) $(x^e +y^e)^d = z^{ed} $

3) $(x^e +y^e)^d \equiv z^{ed} \mod N$

4) $x^{ed} +y^{ed} + d(x^e+y^e=z^e)h(x^e,y^e) \equiv z^{ed} \mod N$

Здесь $h(x^e,y^e)$ - многочлен, кратный $x^ey^e$.

Согласно теоремы Эйлера :
$x^{ed} \equiv x \mod N$
$y^{ed} \equiv y \mod N$
$z^{ed} \equiv z \mod N$

5) $x+y + d(x^e+y^e=z^e)h(x^e,y^e) \equiv z \mod N$

Хочу обратить Ваше внимание на то, что левая часть сравнения кратна ($x+y$), а правая нет, при $N$ взаимно простом, как с $x+y$, так и с $z$ (по предусловию).

А трактовать это можно так: $z^e \equiv z \mod N $. По-моему, вывод очевиден.

[ananova]

ananova в сообщении #316647 писал(а):

А трактовать это можно так: $z^e \equiv z \mod N $. По-моему, вывод очевиден.

Предвидя вопросы, уточняю, - моя трактовка $z^e \equiv z \mod N $ - основывается только на том, что $z^e$, кратно ($x+y$) и известном соотношении Барлоу:$ (x+y)z_2^e =z^e$, но в данном случае, я притянул её за уши, чтобы было о чём поспорить.

Действительно, для соотношений Барлоу нас ждут не менее интересные выводы:

1) $(x+y)^dz_2^{ed} =z^{ed}$
2) $(x+y)^dz_2^{ed} \equiv z^{ed} \mod N$
3) $(x+y)^dz_2 \equiv z \mod N$

[ananova]

ananova в сообщении #316647 писал(а):

5) $x+y + d(x^e+y^e=z^e)h(x^e,y^e) \equiv z \mod N$

Хочу обратить Ваше внимание на то, что левая часть сравнения кратна ($x+y$), а правая нет, при $N$ взаимно простом, как с $x+y$, так и с $z$ (по предусловию).

Жду комментариев.

[Гаджимурат]

ananova в сообщении #316666 писал(а):

Действительно, для соотношений Барлоу нас ждут не менее интересные выводы:

Выводов нет.Все в пределах правил математики.Что можно извлечь из предложенных сравнений?. Если принять $x+y=c^e$ ,то можно сказать,что $c^{d-1}-1$ делится на $N$.

[ananova]

Гаджимурат в сообщении #316944 писал(а):

Выводов нет.Все в пределах правил математики.Что можно извлечь из предложенных сравнений?. Если принять $x+y=c^e$ ,то можно сказать,что $c^{d-1}-1$ делится на $N$.

Поправка: $c^{ed-1}-1$ делится на $N$.
Действительно мало интересно, но это понятно, т.к. здесь не было изначально заложено противоречие в уравнение. А вот в 5) оно изначально заложено. Вроде тоже, в пределах правил математики:

5) $x+y + d(x^e+y^e=z^e)h(x^e,y^e) \equiv z \mod N$

6) Согласно Барлоу: $(x+y)=z_1^e$ и $z_1z_2=z$

7) $z_1^e +d(z_1^ez_2^e)h(x^e,y^e) \equiv z_1z_2 \mod N$

8) $z_1^{e-1} +dz_1^{e-1}z_2^eh(x^e,y^e) \equiv z_2 \mod N$

9) $z_1^{e-1}(1 +dz_2^eh(x^e,y^e)) \equiv z_2 \mod N$

Можно продолжить так:
$z_2^{ed-1} \equiv 1 \mod N$ ($ed$-1 взаимнопросто с $e$).

[sceptic]

ananova в сообщении #316647 писал(а):

$N$ легко подбирается для любой тройки $x,y,z$, также, как и нечётное число $d$, $de$=1 + $\psi (N)$.

Слишком сильно сказано. Более точно: ...нечётное число $d$, $de=1+k\psi (N)$ для некоторого натурального $k$.

ananova в сообщении #316647 писал(а):

4) $x^{ed} +y^{ed} + d(x^e+y^e=z^e)h(x^e,y^e) \equiv z^{ed} \mod N$
Здесь $h(x^e,y^e)$ - многочлен, кратный $x^ey^e$.

Неточность. При раскрытии бинома $(A+B)^d$ множитель $d$ выносится из суммы внутренних слагаемых не всегда (при простом $d$ - да). Рассмотрите, например, бином $(A+B)^6$. Впрочем, сей вынос Вы и не используете.

ananova в сообщении #316647 писал(а):

5) $x+y + d(x^e+y^e=z^e)h(x^e,y^e) \equiv z \mod N$

Аналогично.

ananova в сообщении #316647 писал(а):

Хочу обратить Ваше внимание на то, что левая часть сравнения кратна ($x+y$), а правая нет, при $N$ взаимно простом, как с $x+y$, так и с $z$ (по предусловию).

А трактовать это можно так: $z^e \equiv z \mod N $. По-моему, вывод очевиден.

Мне не очевиден. По-подробнее, пожалуйста.

[ananova]

sceptic в сообщении #318884 писал(а):

Неточность. При раскрытии бинома $(A+B)^d$ множитель $d$ выносится из суммы внутренних слагаемых не всегда (при простом $d$ - да).

Вы правы.

sceptic в сообщении #318884 писал(а):

Мне не очевиден. По-подробнее, пожалуйста.

Мне тоже не очевиден. Более того, может быть ошибочен. Это просто игра фантазии, с одной целью - чтобы кто-то быстро указал на ошибку и мы быстро "проехали" подобное предположение.

[ananova]

Хотел бы с опозданием отблагодарить публично за полезные замечания и новые перепроверки выводов sceptic, полученные мной в личной переписке.

(Оффтоп)

и Хочу ознакомить всех любителей ВТФ с новыми "революционными" результатами по этой теме (революционными - в том плане, что легко проверяемыми ). Если не найду ошибку, то в ближайшую субботу, - т.е. на праздник Дня России, постараюсь найти время набрать текстик . Если найду ошибку, то принесу извинения за баломутство и познакомлю со своими заблуждениями, которые иногда бывают весьма поучительны и интересны . Что тут сказать, как в том анекдоте - Созывайте Академию, беру билет на поезд - еду в Москву c доказательством теоремы Ферма

[ananova]

(Оффтоп)

Ошибку так же быстро нашёл как и "доказательство" ;) Так что не судьба...