Skript zur Vorlesung Komplexitätstheorie im SS 1996

6 CONP 64
Induktionsvoraussetzung: |C(qi)| ≤ 5 log 2 qi (da qi < p)
⇒
|C(p)| ≤ 5 log p + 2 + |C(2)| + 5
k
log qi ≤ log
i=2
= 5 log p + 5 + 5
p − 1
2
k
log 2 qi < (log p − 1) 2
i=2
k
i=2
< log p − 1
log 2 qi
k
i=2
log 2 qi
Also ist |C(p)| ≤ 5 log 2 p − 10 log p + 5 + 5 + 5 log p = 5 log 2 p + 10 − 5 log p.
≤0 für p≥5
Behauptung: C(p) kann in polynomieller Zeit getestet werden.
Sei l = ⌈log p⌉. Berechne die Residuen r2 = rr, r4 = r2r2 , . . . , r2l =
r2l−1r2l−1 (alle modulo p, da sonst die Zahlen zu groß würden). Es werden
jeweils l Multiplikationen mit Zahlen der Länge ≤ l benötigt, Kosten
jeweils O(l2 ). Maximal l Multiplikationen und Residuenbildungen werden
für rx O(l
mod p, 1 ≤ x ≤ p − 1 und beliebiges x gebraucht. Insgesamt also
3 ).
Das heißt, für r p−1 mod p und r p−1
q i mod p wird insgesamt O(l 4 ) Zeit
benötigt, etwa c log 4 p.
Behauptung: T (C(p)) ≤ c log 5 p.
Beweis durch Induktion:
T (C(p)) ≤
Schritt 1
c log 4 Schritt 2
k
p + T (C(qi))
≤ c log 4 p + c
i=1
k
i=1
log 5 qi
≤ c log 4
k
p + c(log p − 1) log qi
Es ist log qi ≤ log p−1
2 < log p − 1 und log qi ≤ log(p − 1) ≤ log p.
Daher gilt:
i=1
T (C(p)) ≤ c log 4 p + c(log p − 1) log 4 p
= c log 5 p − c log 4 p + c log 4 p
= c log 5 p
4
q.e.d.