【定義】設(shè)整數(shù)N=P×Q，P與Q皆為素?cái)?shù)，如果P≡Q≡3 (mod4)，則N為一個(gè)Blum（布盧姆）數(shù)

【定理】設(shè)N為Blum數(shù)，N ∤ d，若同余方程x²≡d (mod N)有解，則d的平方根中有一半的Jacobi符號(hào)為1，另一半Jacobi符號(hào)為-1；且僅有一個(gè)平方根為模N的二次剩余
    證明：
    

【推論】設(shè)N為Blum數(shù)，N=P×Q，令
    
   證明：
    

【例子】由定義知N=21=3×7為Blum數(shù)，則相關(guān)乘法群、二次剩余子群、Jacobi集合如下
   


【應(yīng)用一】Blum-Goldwasser公鑰加密
      
    解密正確性是因?yàn)椴襟E1用到了歐拉定理及求平方根的如下算法，步驟2用到了中國剩余定理

       
       從上可得x=s^(P+1)/4 mod P或x=P-s^(P+1)/4 mod P，因(-1)^(P-1)/2等于-1 mod P，故前者為模P的二次剩余。從加密流程可知{s₁,s₂,...,s_n+1}正是模N二次剩余類的子集。
    所以從密文中r=s_n+1求它的(p+1)/4次冪、(q+1)/4次冪，迭代n次就得到了s₁模p的解、s₁模q的解，又因p、q、n在迭代中不變，故用歐拉定理預(yù)計(jì)算d_p mod (p-1)、d_q mod (q-1)。
    另一種（不太高效而直接的）解密如下
       
    另加密與明文異或的那部分實(shí)際是偽隨機(jī)比特發(fā)生器，因?yàn)槠椒侥構(gòu)成二次剩余類上的單向陷門置換，其最低有效位是核心斷言，故從s_i+1求出lsb(s_i)是不可行的。簡單證明如下
       
      由于均勻選擇一個(gè)種子s₀，所以為概率加密，進(jìn)而由可證明安全定理（每個(gè)概率公鑰加密都是多項(xiàng)式安全的，及每個(gè)多項(xiàng)式安全的公鑰加密都是語義安全的）知滿足IND-CPA安全性
    易知IND-CCA2安全性是不滿足的，因?yàn)閿呈挚捎萌缦鹿舴椒ǐ@取明文：已知目標(biāo)密文C=(r, m⊕σ₁σ₂⋯σ_n)，構(gòu)造新密文C’=(r, m’⊕m⊕σ₁σ₂⋯σ_n)，將C’發(fā)給解密預(yù)言機(jī)得到m’’，則m=m’’⊕m’。
    由于加密產(chǎn)生的r與σ₁σ₂⋯σ_n都是偽隨機(jī)的，所以密文(r, x⊕σ₁σ₂⋯σ_n)的分布是偽隨機(jī)的，在目標(biāo)密文前的解密詢問會(huì)得到若干密文與明文對(duì)，無論怎么構(gòu)造一對(duì)明文，任選其一加密得到的密文都不可區(qū)分。因此IND-CCA1安全性是滿足的

【應(yīng)用二】無爪函數(shù)/置換構(gòu)造
      
      
    如上構(gòu)造用到Blum數(shù)的上述推論，及基于大整數(shù)因子分解的困難假設(shè)。這里主要解釋下為什么由兩個(gè)Jacobi符號(hào)不同的平方根可計(jì)算大整數(shù)的素因子
      

【應(yīng)用三】偽隨機(jī)數(shù)發(fā)生器
                X_n+1=X_n² mod N      n=0、1、2...，X₀為種子
     顯然種子不為1。若為一個(gè)非二次剩余，則從X₁開始就為二次剩余子群的元素，但最后必回到X₁而非X_0；若為二次剩余，則為了安全需要考究隨機(jī)數(shù)數(shù)列的周期是否整周期（二次剩余子群的大小減1）。
  下面具體分析周期。先舉例幾個(gè)很小的Blum數(shù)
      
     從上面例子可以發(fā)現(xiàn)，由二次剩余子群構(gòu)成的隨機(jī)數(shù)數(shù)列不一定是整周期的，對(duì)于N=33無論種子怎么選，都是整周期4；對(duì)于N=57若種子選-8或7則周期為2，選其它則為6。
  現(xiàn)在一般化考慮，什么情況下才產(chǎn)生整周期？論證如下