Cái này bài báo nói rằng, mỗi quasigroup bậc 4 có thể được biểu diễn dưới dạng ma trận bằng phương trình sau,
\begin{equation} x \ast y \equiv m^T +Ax^T +By^T +CA\cdot x^T \circ CB\cdot y^T \end{equation}
ở đâu, $A = \begin{bmatrix} a_{11} & a_{12}\ a_{21} & a_{22} \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} b_{11} & b_{12}\ b_{21} & b_{22} \end{bmatrix}$ là các ma trận Boolean không đơn điệu và $m = [m_1, m_2]$ là một vectơ Boolean. Lưu ý rằng chúng ta cũng cần xem xét biểu diễn boolean của các phần tử $x$ và $y$ để phương trình có nghĩa.
Bây giờ, vì chúng ta đang xử lý các biểu diễn boolean của các phần tử, nên tôi diễn giải tất cả các phép toán trong phương trình trên là các phép toán boolean '+', '.' và $'\circ'$ là một sản phẩm chấm có nghĩa là vận hành các phần tử tương ứng của ma trận bằng cách sử dụng '$\cdot$'.
Một lần nữa, theo cái này, bất kỳ ma trận không đơn nhất tùy ý A, B, một vectơ boolean m và một C cụ thể nào đó, chúng ta thu được các chuẩn nhóm tương ứng bậc 4.
Vì biểu diễn này đã được sử dụng trong việc thiết kế các mật mã khối hiệu quả nên tôi hy vọng có thể sử dụng chúng trong các nguyên mẫu mã hóa.
Như một thử nghiệm, tôi đã xem xét, $m=[0, 0]$, $A=\begin{bmatrix} 1 & 1\ 1 & 0 \end{bmatrix}, B=\begin{bmatrix} 1 & 0\ 0 & 1 \end{bmatrix} $. $C= \begin{bmatrix} 1 & 1\ 1 & 1\end{bmatrix}$ (ma trận này đã được chỉ định trong bài báo để thu được các chuẩn nhóm bậc hai bậc 4). Bây giờ chúng tôi muốn tạo một hình vuông Latinh cho quasigroup $Q$ có các phần tử, $\{0, 1, 2, 3\}$.
Sử dụng phương trình và biểu diễn boolean của các phần tử, $(0 \equiv 00, 1 \equiv 01, 2 \equiv 10, 3 \equiv 11)$ chúng tôi thực hiện các thao tác sau:
$0 \ast 0 = (0, 0) \ast (0, 0) = \begin{bmatrix} 0 \ 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 1 & 1\ 1 & 0 \end{bmatrix } \begin{bmatrix} 0\ 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 1 & 0\ 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0\ 0 \end{bmatrix} + \ begin{bmatrix} 1 & 1\ 1 & 1\end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1\ 1 & 0 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 0\ 0 \end{bmatrix } \circ \begin{bmatrix} 1 & 1\ 1 & 1\end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0\ 0 & 1 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 0\ 0 \end{bmatrix} = [0 \; 0]^T$
$0 \ast 1 = (0, 0) \ast (0, 1) = \begin{bmatrix} 0 \ 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 1 & 1\ 1 & 0 \end{bmatrix } \begin{bmatrix} 0\ 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 1 & 0\ 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0\ 1 \end{bmatrix} + \ begin{bmatrix} 1 & 1\ 1 & 1\end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1\ 1 & 0 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 0\ 0 \end{bmatrix } \circ \begin{bmatrix} 1 & 1\ 1 & 1\end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0\ 0 & 1 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 0\ 1 \end{bmatrix} = [0\; 1]^T$
Tương tự, $0 \ast 2 = [1 \;0]^T và, 0 \ast 3 = [1 \;1]^T.$
Tiếp theo,
$1 \ast 0 = [1 \; 0]^T$;
$1 \ast 1 = [1 \; 1]^T$;
$1 \ast 2 = [1 \; 1]^T$
Chúng tôi biết rằng không có phần tử nào có thể được lặp lại trong một hàng hoặc một cột của hình vuông Latinh. Nhưng trong ví dụ trên, hàng tương ứng với phần tử 1 sẽ có các phần tử lặp lại bởi vì, $1 \ast 1 = 1 \ast 2$.
Do đó, có thể có một số sự mơ hồ trong cách giải thích của tôi hoặc việc thực hiện các hoạt động ma trận không?
Xin hãy giúp tôi xác định sai lầm của tôi ở đây. Ngoài ra, bất kỳ giải thích thay thế của các hoạt động được đánh giá cao.
Tái bút Tôi đã hỏi câu hỏi tương tự trong Trao đổi ngăn xếp toán học nhưng không nhận được phản hồi vì vậy tôi đăng lại câu hỏi này với hy vọng rằng cộng đồng mật mã có thể chỉ cho tôi một cách.
