零知识证明学习（三）—— 非交互式零知识证明(zkSNARKs)

非交互式零知识证明

本节主要介绍一种新的零知识证明- z k S N A R K zkSNARK zkSNARK， z k S N A R K ： z e r o − k n o w l e d g e S u c c i n c t N o n − I n t e r a c t i v e A r g u m e n t s o f K n o w l e d g e zkSNARK：zero-knowledge Succinct Non-Interactive Arguments of Knowledge zkSNARK：zero−knowledgeSuccinctNon−InteractiveArgumentsofKnowledge。

背景

z k S N A R K zkSNARK zkSNARK是零知识证明中最经典的加密算法体系。目前已经被应用在很多地方，特别是在区块链领域，包括实际生活中隐私保护相关的应用。

Z e r o − K n o w l e d g e Zero-Knowledge Zero−Knowledge: 零知识证明体系里有两个角色，一个是证明者(Prover)， 一个是验证者(Verifier)。举个例子，比特币创始人中本聪身份不明，之前传出过很多人声称自己是中本聪最后都不了了之。那么一个人如何证明自己是中本聪呢？因为大家知道中本聪钱包的地址。因此他只需要用这个钱包的私钥对这句话签名 “我是XXX，我其实就是中本聪"。然后其他人(Verifier) 都可以用中本聪钱包的公钥对这个签名进行验证。这个就是一个零知识证明。首先只有私钥持有方的签名才能通过验证，其次这个签名没有泄漏私钥的任何信息，钱包不会被其他人盗用。因此零知识证明解决了两个问题，一个是信任问题，一个是隐私问题。

S u c c i n c t Succinct Succinct：是指对于一个很复杂的问题，验证者可能需要进行很长时间的计算才能提供出相应的证明，但是我们希望证明的大小不要太大 (比如实际应用中只有几十 k b kb kb)，同时验证者只需要很少的时间(比如微秒级别的时间) 就能够验证计算是否正确。

N o n − I n t e r a c t i v e Non-Interactive Non−Interactive：是指在证明的过程中双方不需要互相交换信息。有一些算法体系需要证明者和验证者之间互相对话几次，交换信息。这对于实际应用就很不方便，增加了系统特别是网络通讯的复杂度。因此最好的情况是证明者一次性地把证明发送给验证者，验证者直接验证即可。

A r g u m e n t o f K n o w l e d g e Argument\quad of \quad Knowledge ArgumentofKnowledge：指的是证明者只有知道问题的答案才可能提供证明。这个比较绕口，另一个解释就是证明者造假成功的概率可以忽略不计。这里还有一个类似的概念 Proof of Knowledge。它们之间是有区别的。对于Argument来说，证明者的计算能力有限，也就是多项式的算力，而Proof of Knowledge则对证明者计算能力没有要求。比如一个验证者是从未来穿越回来，带着最先进的量子计算机，那么对于Proof of Knolwege的系统，他仍然没法造假。但是对于Argument of Knowledge的系统则有可能。简单的说就是：proof（证明）和argument（论证）在零知识证明里，是有区别的，在proof system中，即便是计算能力无限的prover也没法欺骗verifier去相信一个错误的陈述为真（统计可靠性），而在argument system中，只有多项式时间计算能力的没法欺骗（计算可靠性），假设能破解椭圆曲线离散对数问题，那么可能就不再安全。

多项式知识的证明（Proving Knowledge of a Polynomial）

我们从一个证明多项式知识的问题开始，然后使用一般方法。我们还会发现多项式的其他性质。

到目前为止，问题集中在一个薄弱的证明概念上，各方必须相互信任。例如，证明者不需要知道多项式，他可以使用任何其他可用的方法来得出正确的结果。而且，如果验证者多项式求值的范围并不大，她可能有概率会猜到一个数，这个概率是无法忽视的。接下来我们来处理这个缺陷，但首先要清楚的分析多项式的性质。一个多项式表达形式如下（n阶多项式）：
c n x n + . . . + c 1 x 1 + c 0 x 0 c_nx^n+...+c_1x^1+c_0x^0 cn​xn+...+c1​x1+c0​x0
如果证明者或者验证者知道是1阶多项式（ c 1 x 1 + c 0 c_1x^1+c_0 c1​x1+c0​），那意味着他们知道该多项式系统为 c 1 , c 0 c_1,c_0 c1​,c0​，而且系数可能为任意值。代数基本定理指出，任何多项式都可以分解成线性多项式(即，1阶多项式代表一条直线)，只要它是可解的。因此，我们可以将任何有效多项式表示为线性多项式的乘积：
( x − a 0 ) ( x − a 1 ) . . . ( x − a n ) = 0 (x-a_0)(x-a_1)...(x-a_n)=0 (x−a0​)(x−a1​)...(x−an​)=0
从上式看出一个多项式可以由多个1阶多项式组成。例如多项式 x 3 − 3 x 2 + 2 x x^3-3x^2+2x x3−3x2+2x分解为 ( x − 0 ) ( x − 1 ) ( x − 2 ) (x-0)(x-1)(x-2) (x−0)(x−1)(x−2)。从分解的多项式可以明显的看出解为 0 , 1 , 2 0,1,2 0,1,2，你可以很容易地在多项式的任意一种形式上检查这个解，但是分解形式在表面上有所有以上的解(也称为根)。

假设证明者声明，他知道一个3次多项式的根是1和2，这意味着他的多项式具有这种形式： ( x − 1 ) ( x − 2 ) . . . (x-1)(x-2)... (x−1)(x−2)...，换句话说， ( x − 1 ) (x-1) (x−1)和 ( x − 2 ) (x-2) (x−2)可以看作多项式 x 3 − 3 x 2 + 2 x x^3-3x^2+2x x3−3x2+2x的余子式。因此，如果证明者想要证明他声明的多项式有这些根，但又不想揭露多项式本身，他需要证明他的多项式 p ( x ) p(x) p(x)是这些余子式 t ( x ) = ( x − 1 ) ( x − 2 ) t(x)=(x-1)(x-2) t(x)=(x−1)(x−2)的乘积，所以存在任意多项式 h ( x ) h(x) h(x)有以下形式：
p ( x ) = t ( x ) h ( x ) p(x) = t(x)h(x) p(x)=t(x)h(x)
因此，多项式多项式 p ( x ) p(x) p(x)是由多项式 t ( x ) t(x) t(x)和多项式 h ( x ) h(x) h(x)乘积等到，多项式 p ( x ) p(x) p(x)包含多项式 t ( x ) t(x) t(x)。

如何得到多项式 h ( x ) h(x) h(x)，这里我们很自然想到 h ( x ) = p ( x ) t ( x ) h(x)=\frac{p(x)}{t(x)} h(x)=t(x)p(x)​，如果证明者不能找到多项式 h ( x ) h(x) h(x)，这意味着多项式 p ( x ) p(x) p(x)并没有多项式 t ( x ) t(x) t(x)余子式，这也以为多项式除法有余数。这里举个小例子： p ( x ) = x 3 − 3 x 2 + 2 x p(x)=x^3-3x^2+2x p(x)=x3−3x2+2x， t ( x ) = ( x − 1 ) ( x − 2 ) = x 2 − 3 x + 2 t(x)=(x-1)(x-2)=x^2-3x+2 t(x)=(x−1)(x−2)=x2−3x+2，这里很容易得到 h ( x ) = x h(x)=x h(x)=x。

证明者和验证者具体验证协议如下：

验证者随机选取一个值 r r r，计算 t = t ( r ) t=t(r) t=t(r)，并把 r r r发送给证明者证明者计算 h ( x ) = p ( x ) t ( x ) h(x)=\frac{p(x)}{t(x)} h(x)=t(x)p(x)​，将 p ( r ) p(r) p(r)和 h ( r ) h(r) h(r)值发送给验证者验证者检查 p = t × h p=t\times h p=t×h，如果多项式相等，意味着多项式 p ( x ) p(x) p(x)有 t ( x ) t(x) t(x)余子式

这里还需要介绍一种情况，如果证明者使用不同的 p ′ ( x ) p\prime (x) p′(x)，它没有必要的代数余子式,，例如： p ′ ( x ) = 2 x 3 − 3 x 2 + 2 x p\prime (x)=2x^3-3x^2+2x p′(x)=2x3−3x2+2x，这里我们可以得到 p ′ ( x ) = t ( x ) × ( 2 x + 3 ) + 7 x − 6 p\prime (x)=t(x)\times (2x+3) +7x-6 p′(x)=t(x)×(2x+3)+7x−6。因此证明者整除将会有余数，所以我们将式子 p ′ ( x ) = t ( x ) × ( 2 x + 3 ) + 7 x − 6 p\prime (x)=t(x)\times (2x+3) +7x-6 p′(x)=t(x)×(2x+3)+7x−6整除 t ( x ) t(x) t(x)得到 h ( x ) = 2 x + 3 + 7 x − 6 t ( x ) h(x)=2x+3+\frac{7x-6}{t(x)} h(x)=2x+3+t(x)7x−6​。因为x是由验证者随机选择的,有一个低概率概率余数 7 x − 6 7x-6 7x−6被 t ( x ) t(x) t(x)整除,如果验证者检查 p ( x ) , h ( x ) p(x),h(x) p(x),h(x)必须是整数,这样的证明将被拒绝。但是，该检查要求多项式系数也是整数，这对协议造成了很大的限制。因此，这就是引入密码原语的原因，这使得这种除法不可能实现，即使原始的计算结果碰巧是可除的。

问题（issues） 证明者可能不知道声明的多项式 p ( x ) p(x) p(x)，他可以计算 t = t ( r ) t=t(r) t=t(r)，并选择一个随机数 h h h，计算 p = t × h p=t \times h p=t×h，验证者接收到值是正确的。证明者知道随机点 x = r x=r x=r，他能构造任意多项式在 r r r处有一个共享点与 t ( r ) × h ( r ) t(r) \times h(r) t(r)×h(r)。在初始情况下，证明者声称知道一个特定次数的多项式，在当前的协议中没有阶数的强调。因此，证明者可以利用一个满足余子式检查的高次多项式进行欺骗。

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这里说明一下，零知识证明的研究方向，本文主要一环扣一环的讲解，希望有兴趣的朋友能耐心读下去。