Prímfaktorizációk és alkalmazásaik

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Prímfaktorizációk és alkalmazásaik"

Átírás

1 Prímfktorizációk és lklmzásik Szkdolgozt Írt: Hmmer Gergő Mtemtik BSc Alklmzott mtemtikus szkirány Témvezető: reud Róbert egyetemi docens Algebr és Számelmélet Tnszék Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi kr 2011

2 .

3 Trtlomjegyzék Bevezető 5 1. Prímtesztek A kis ermt teszt Solovy Strssen prímteszt Miller Rbin Lenstr prímteszt Agrwl-Kyl-Sxen prímteszt Prímfktorizációk Tényezőkre bontás osztássl ermt-módszer Szit módszer Tényezőkre bontás Monte Crlo módszerrel Alklmzás RSA-kódolás Irodlomjegyzék 39 III

4 Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretnék köszönetet mondni témvezetőmnek, reud Róbertnek, ki félév során mindig szkított rám időt, kérdéseimre körültekintően és jól érthetően válszolt, vlmint észrevételeivel és hsznos tnácsivl segített szkdolgoztom elkészítésében. Köszönettel trtozom még csoporttársimnk kik tnácsokt dtk L A TEX hsználtához, vlmint köszönöm csládomnk, miért támogtják tnulmányimt. IV

5 Bevezető A prímek mtemtikán belül számelmélet témkörébe trtoznk. Ez z ág z egyik legrégebbi, mégis mi npig helytáll. Sőt, nemcsk, hogy helytáll, de olyn egyszerűen megérthető problémákt vet fel, melyeket z utc embere is megért, de ezekre néhol kár több ezer éves kérdésekre mi npig nem tudunk válszt dni. És nemcsk hogy nem tudunk, de jelenlegi tudásunk szerint reménytelennek tűnik, hogy közeljövőben ezeket megoldjuk. Csk, hogy néhányt soroljunk, ilyen z ikerprím sejtés, Mersenne/ermt-prímekkel kpcsoltos sejtések, de például ngy számok prímtényezős felbontásánk megállpítás is z. Persze bárki tudn olyn lgoritmust mondni, mely megtlálj felbontást, itt z igzi feldt z, hogy gyorsn (polinomiális időben végezzük el ezt. Ezen szkdolgozt ennek problémánk részeredményeit és lklmzását tárgylj, hiszen lenyűgöző, hogy egy ókori problémánk kódolásbn és titkosításbn mi npig széles körben elterjedt és hsznált lklmzás vn. Tehát tém prímtényezős felbontások, ehhez vázolunk egy menetrendet. Először is jó lenne, h el tudnánk gyorsn dönteni egy tetszőleges számnál, hogy z prím-e, ez nyilván hsznos, h prímtényezőket krunk megállpítni. Ennek során több prímtesztet is vizsgálunk megbízhtóság és gyorsság szempontjából. Ezt követően prímtényezőket meghtározó lgoritmusokkl fogllkozunk. Bár ngy számok felbontását nem tudjuk meghtározni gyorsn, de részeredmények vnnk, melyek z lklmzás szempontjából fontosk lesznek. Ismertetjük, hogy ezek hogyn és miért működnek, illetve milyen htékonysággl. Rátérünk végül z lklmzásokr. Ezek közül legfontosbb z RSAkódolás, mely npjinkbn is hsznált titkosító lgoritmus. Ez kihsználj, hogy gyorsn tlálunk ngy prímeket, és zt, hogy z ezek szorztából kpott összetett számot nem tudjuk gyorsn tényezőire bontni. Látni fogjuk viszont, hogy nem mindegy, milyen prímeket válsztunk; h ügyetlenek vgyunk, kkor létezik htékony támdás titkosítás ellen. Szkdolgoztombn rövid elméleti ismertetők után bemuttom z egyes 5

6 tesztek és lgoritmusok gykorlti megvlósítását. A struktogrmmok lpján elkészítettem progrmokt is, ezt CD-n mellékelem szkdolgozthoz. A prímteszteknél bebizonyítom, hogy Miller Rbin Lenstr prímteszt z ddigi legjobb, így ezt érdemes hsználni. A fktorizációs lgoritmusoknál rövidebb feldtok megoldásávl igyekszem érthetőbbé tenni ezek működési elvét. A Monte Crlo módszereknél z áltlm megvlósított progrm futási eredményeit is közlöm progrm htékonyságánk látámsztásként. 6

7 1. fejezet Prímtesztek Ahogy zt bevezetőben már említettem, nem tudunk tetszőlegesen ngy számot gyorsn fktorizálni, de szerencsére, h csk z feldt, hogy gyorsn eldöntsük egy számról, hogy prím-e, kkor pozitív válszt tudunk dni. Ezt úgy tudjuk vizsgálni, hogy olyn feltételeket/tuljdonságokt ellenőrzünk, melyeket csk vgy mjdnem csk prímek teljesítenek A kis ermt teszt Az első ilyen teszt kis ermt-tétel eredményét hsználj fel, mely következőképpen szól: p prímre és Z, (, p = 1-re : p 1 1 (mod p Hogy kphtunk ebből prímtesztet? Egy n > 2 számot véve, h ez vlmely -r (, n = 1 mellett nem teljesíti fenti kongruenciát, kkor n biztosn összetett. H teljesíti, kkor több -r is megvizsgálhtjuk, így még biztosbbk lehetünk benne, hogy n prím. Rossz hír zonbn, hogy vnnk olyn összetett számok, melyek teljesítik kis ermt-tételt vlmely -r, ezeket -lpú álprímeknek hívjuk, de még olyn számok is vnnk, melyek minden -r, (, n = 1 mellett teljesítik tétel feltételét, ezeket univerzális álprímeknek hívjuk. További rossz hír, hogy 1992-ben igzolták, hogy végtelen sok univerzális álprím létezik, de prímekhez képest jóvl ritkábbn 7

8 fordulnk elő. Tehát h sok -r megvizsgáljuk, hogy teljesül-e kongruenci, kkor vlószínűleg prímet tláltunk. Hogyn ellenőrizhető ez? A válsz z ismételt négyzetre emelések módszere: 1. Kiszámítjuk n 1 kettes számrendszerbeli lkját. 2. Kiszámítjuk 2, 4, 8, 16,... (mod n értékeket, úgy, hogy minden lépésben négyzetre emelünk, és vesszük z n-nel vló osztási mrdékot. 3. Összeszorozzuk megfelelő htványokt, zz zon indexűeket, melyek n 1 bináris lkjábn 1-essel szerepelnek, és minden lépésben szorztot redukáljuk modulo n. 4. H így 1-et kpunk eredményül, kkor n-et prímnek nyilvánítjuk, különben n biztosn összetett szám. Az lgoritmus: kis ermt n megdott szm; lp; m := n 1; lnko(, n = 1; mr := 1; t := [log(2, m]; tomb[1] := 2 (mod n; i, j, k := 2, 1, 1; j <= t + 1 m = 1 (mod 2 V binrislk[j ] := 1; binrislk[j ] := 0; m := [m/2]; j := j + 1; i <= t + 1 tomb[i] := (tomb[i 1] 2 (mod n; i := i + 1; k <= t + 1 binrislk[k] = 1 V mr := mr tomb[k SKIP 1] (mod n; k := k + 1; mr = 1 V Kiir( prim; Kiir( nem prim; 8

9 Vizsgált: Az lgoritmusunk kész vn, de kíváncsik vgyunk, hogy milyen gyors. 1. A kettes számrendszerbeli lk log 2 (n 1 lépésben véget ér, hiszen 2-vel osztunk mrdékosn. 2. A struktogrmm jelöléseivel itt t drb négyzetre emelést, és ennyi drb redukciót végzünk el, és mivel 2t 2 log 2 (n 1, ezért ez legfeljebb 2log 2 (n 1 lépést vett igénybe. 3. Legfeljebb t drb szorzást és t drb redukciót végeztünk, ez szintén legfeljebb 2log 2 (n 1 lépés. Tehát összesen legfeljebb 5log 2 (n 1 lépést hjtunk végre, hol 1 lépés szorzás, négyzetre emelés, osztás vgy redukció. Egy 500-jegyű számr ez körülbelül 9000 lépés, mi számítógéppel gyorsn kiszámíthtó. Megjegyzés: A második lépést végezhetnénk egy időben z elsővel. Eleve csk zokt htványokt számolnánk ki, mi nekünk kell, így még tovább csökkenne lépésszám. A későbbiekben ezt felhsználjuk. Kptunk egy prímtesztet, mi gyors, és mjdnem biztosn prímet tlál, ugynkkor végtelen sok számr tévedhet (univerzális álprímek. A következő prímteszt már z álprímeket is lebukttj Solovy Strssen prímteszt A teszt feltlálóiról kpt nevét, és következőképpen szól: Legyen n > 1 pártln szám, és tekintsük z p 1 2 ( n (mod n kongruenciát, hol ( n Jcobi szimbólumot jelöli (lásd lentebb. H n prím, kkor ez kongruenci minden 0 (mod n-re teljesül, h n összetett, kkor egy modulo n vett teljes mrdékrendszer kevesebb, mint felére teljesül. Ismét feltesszük kérdést, hogyn kpunk ebből prímtesztet. 9

10 Válsszunk véletlenszerűen 50 db 0 (mod n értéket, melyek egymássl is páronként inkongruensek. H kongruenci leglább egy -r nem teljesül, kkor n biztosn összetett. H minden -r teljesül, kkor nél kisebb vlószínűsége, hogy szám öszetett, hiszen egy teljes mrdékrendszer elemeinek kevesebb, mint felére teljesül kongruenci, tehát egy próbár 1/2-nél kisebb z esélye, hogy teljesül feltételünk, és ez mind z 50 független esetben így vn. (50 helyett tetszőleges drbszámú -r próbálhtunk, így tetszőlegesen kicsivé téve tévedés vlószínűségét. Hogyn ellenőrizhető feltétel? A kongruenciát könnyen láthtón z előbb ismertetett ismételt négyzetre emelések módszerével gyorsn ki tudjuk számítni. A Jcobi szimbólumhoz először bevezetünk két foglmt: Legyen p > 2 prím és (, p = 1. Az számot kvdrtikus mrdéknk, illetve kvdrtikus nemmrdéknk nevezzük, h z x 2 (mod p kongruenci megoldhtó, illetve nem megoldhtó. Az ( p Legrende szimbólumot következőképp értelmezzük: ( p = { 1, h kvdrtikus mrdék modulo p; 1, h kvdrtikus nemmrdék modulo p; A Jcobi szimbólum definíciój következő: n > 1 pártln szám, n = p 1 p 2 p r, hol p i -k nem feltétlen különböző prímek, és (, n = 1. Ekkor ( ( ( := p1 p2... pr ( n szorztként értelmezzük Jcobi szimbólumot, hol ( p i Legrende-szimbólum. Azonnl látszik, hogy definíciót nem hsználhtjuk fel prímteszt készítése során, hiszen n prímtényezőire lenne szükség, ám ezeket tipikusn nem ismerjük. 10

11 Ehelyett Jcobi szimbólumot tuljdonsági lpján könnyen számíthtjuk egy kibővített euklideszi lgoritmussl. A tuljdonságok következők: Tétel (A Jcobi-szimbólum tuljdonsági. Tegyük fel, hogy z lábbi Jcobi-szimbólumok értelmesek. Ekkor: 1. b (mod n ( ( n = b n 2. ( ( ( ( ( ( b m = b m m ; mn = n m ; 3. ( { 1 1, h m 1 (mod 4; m = 1, h m 1 (mod 4; 4. ( { 2 1, h m ± 1 (mod 8; m = 1, h m ± 3 (mod 8; 5. ( m n { ( n = m, h n m 1 (mod 4; ( n m, egyébként, (n, m pártln. Az lgoritmus során mindig rr törekszünk, hogy számlálóbn álljon kisebb szám (h nem így lenne, kkor z ötödik tuljdonságot hsználnánk ezek felcserélésére. Vlójábn egymássl és 0-vl inkongruens -kt próbálunk, melyek egy teljes mrdékrendszer elemeit lkotják, így ezeket érdemes n-nél kisebbre válsztni, tehát z ( n Jcobi szimbólumbn tipikusn nevező mindig ngyobb lesz. Ezután h számláló páros, kkor negyedik és második tuljdonság lpján kettes szorzókt leválsztjuk számlálóból, és z eredményt ennek megfelelően változttjuk. Ekkor számlálóbn grntáltn kisebb pártln szám áll, tehát cseréljünk z ötödik tuljdonság lpján, és z első felhsználásávl redukáljuk számlálót, hogy ismét kisebb legyen nevezőnél (mrdékos osztást végzünk. Ezt ddig csináljuk, míg 0. A struktogrmmbn pontosn ez történik: 11

12 Kibovitett euklideszi lgoritmus eredmeny = 1; segedvltozo = 1; ( n Jcobi szimbolum 0 0 (2 := /2 n 1 (8 n 7 (8 V eredmeny := eredmeny 1 segedvltozo :=, := n, n := segedvltozo n 3 (4 3 (4 V eredmeny := eredmeny 1 segedvltozo := [/n], := segedvltozo n A teszt vizsgált: 1. Az ismételt négyzetre emelések módszeréről z előbb beláttuk, hogy O(log 2 n lépésszámú. 2. A Jcobi szimbólum számítás is gyorsn megy. Ahogy említettük, ez egy kibővített euklideszi lgoritmus. Részletesen, ( b számolásánál, z -t b-vel osztv mrdékosn kpjuk, hogy ( b ( = r1 b, hol r1 < b. 2 H r 1 páros, kkor ( 2 b kiemelésével (hányszor csk lehetséges számláló ismét feleződik. H r 1 pártln, kkor r 1 nevezőbe kerül, számláló pedig b-nek r 1 szerinti r 2 mrdék, hol ismét r 2 < r 1 2. Tehát számláló mindig feleződik. Tegyük fel, hogy z l-edik lépésben ér véget z lgoritmus, zz r l+1 már 0. Ekkor legfeljebb l + 1 lépést végeztünk, és mivel minden lépésben számláló feleződik, így 1 r l b 2 l ezért 2 l b, tehát l log 2 b. 12

13 Kpjuk, hogy lépésszám legfeljebb log 2 b. Ehhez még hozzájön ( 2 m kiszámításához szükséges lépésszám, mi egy-egy mrdékos osztást jelent 8-cl. Durván becsülve ebből is legfeljebb l drb vn. A számláló és nevező cseréjével is változik z eredmény, ekkor z ötödik tuljdonság lpján egy-egy 4-gyel vló mrdékos osztást kell végeznünk. Könnyen láthtón, legrosszbb esetben ebből is legfeljebb l drbot végeztünk. Ez összesen 3 log 2 b lépés. 3. Láttuk, hogy z ismételt négyzetre emelések módszere 5 log 2 n lépésben elvégezhető, ehhez hozzájön 3 log 2 n lépés Jcobi szimbólum számításkor. Tehát Solovy Strssen prímteszt lépésszám O(log 2 n, mi számítógéppel szintén gyorsn számíthtó. Tehát második prímtesztünk gyors, előnye z elsővel szemben, hogy itt nincsenek álprímek, ugynis h egy teljes mrdékrendszer modulo n elemeinek több, mint felére ellenőriznénk Solovy-Strssen feltételét, kkor biztosn lebukn" egy összetett szám. Persze ngy n-re ez időigényes lenne, ám erre nincs is szükség, hiszen például, h csk ezer drb -r ellenőrzünk, z lépésszám ezerszerese, mi még gyors, ám ekkor már gykorltilg 0 vlószínűsége tévedésnek Miller Rbin Lenstr prímteszt A teszt lpj, hogy h p prím, és x 2 1 (mod p, kkor csk x ±1 (mod p lehetséges. Így h veszünk egy 0 (mod p számot, kkor z p 1, p 1 2, p 1 4, p 1 8,... számok p-vel vló osztási mrdék vgy mind 1, vgy szükségképpen egyszer 1 követi z 1-eseket, sőt p 1 -nek szükségképpen 1-nek kell lennie (kis ermt tétel. Azonbn, h p nem prím volt, kkor megmutthtó, hogy sok -r már másfjt soroztot kpunk. Ezek lpján Miller Rbin Lenstr teszt következő: Legyen n > 1 pártln szám, n 1 = 2 k r, hol r pártln. Tekintsük z 13

14 r, 2r, 4r... 2k 2r, 2k 1 r soroztot. H r mrdék 1 modulo p, vgy sorozt elemeinek n-nel vló osztási mrdéki közt előfordul 1, kkor ezt jó soroztnk hívjuk. H n prím, kkor minden 0 (mod n-re jó soroztot kpunk. H n összetett, kkor egy modulo n vett teljes mrdékrendszer elemeinek kevesebb, mint felére lkot jó soroztot. Miben más ez, mint Solovy Strssen prímteszt? A sorozt elemeinek modulo n vett mrdéki szintén ismételt négyzetre emelésekkel gyorsn számíthtók, sőt, itt nincs szükség Jcobi szimbólumok kiszámításár. Továbbá bonyolultbb módszerekkel megmutthtó, hogy egy teljes mrdékrendszer elemeinek nemcsk hogy legfeljebb felére, de kevesebb mint negyedére lkot jó soroztot egy összetett n. Az is megmutthtó, hogy Miller Rbin Lenstr "eredményesebb". Pontosítv: Tétel (MRL eredményessége. Egy dott n-re, h egy jó soroztot lkot, kkor z kielégíti Solovy Strssen feltételt. Bizonyítás: Szeretnénk belátni, hogy h egy -r jó soroztot kpunk, kkor p 1 2 ( (mod n is teljesül. n H n prím, kkor ez triviálisn teljesül, hiszen mindkét teszt lényege, hogy prímek jó soroztot lkotnk, és teljesítik fenti kongruenciát minden -r. Tegyük fel tehát, hogy n összetett. Ekkor két részre bontjuk bizonyítást, szerint, hogy r mrdék 1 modulo p, vgy sorozt elemeinek n-nel vló osztási mrdéki közt előfordul Tekintsük z r 1 (mod n esetet. Mivel n 1 = 2 k r, így n 1 2 = 2 k 1 r, mit beírv bl oldlr kpjuk, hogy n 1 2 = 2k 1r = ( r 2k 1 1 2k 1 1 (mod n. 14

15 Tehát bl oldlon 1 áll. Legyenek n prímosztói p 1, p 2,...,p s. Ekkor jobb oldl definíció lpján ( ( ( = p1 p2... ps ( n hol ( p i Legrende szimbólum. Tekintsük vlmely i-re z ( p i tényezőt. Ez definíció szerint 1, h kvdrtikus mrdék modulo p i, egyébként 1. Egy tétel szerint, kvdrtikus mrdék modulo p i pontosn kkor, h p i (mod p i. Mivel Jcobi szimbólum ±1 értéket vehet fel, és mivel r pártln, így h jobb oldl r-edik htványát vesszük, kkor szimbólum és htvány egyszerre lesz +1 vgy 1. Ugynez Legrende szimbólumokr is igz. Azt állítom, hogy minden Legrende szimbólum r-edik htvány 1. Ehhez egy rövid állítást igzolunk: Lemm. ( r ( p i 1 r p i = (mod pi Bizonyítás: => ( r ( p i = 1 = p i = 1, hiszen r pártln és Legrende szimbólum ±1. Ekkor viszont z említett tétel szerint p i (mod p i. Ezt r-edik htványr emelve pont jobb oldlt kpjuk. <= A kis ermt tételből tudjuk, hogy p i 1 1 (mod p i. Ezért p i 1 2 ±1 (mod p i lehetséges. De h ez 1 lenne, kkor mivel r pártln z r-edik htvány is 1 lenne, mi ellentmondn jobb oldlnk, és most ezt tettük fel. Tehát p i (mod p i, ez viszont tétel lpján ekvivlens zzl, hogy Legrende szimbólum értéke 1. Így ennek r-edik htvány is 1. H tekintjük z ( p i 1 r 2 kifejezést, kkor feltételünk mitt ( p i 1 r 2 ( r p i p i (mod p i. 15

16 Az lemm mitt így Legrende szimbólumok r-edik htványi is 1-ek, tehát Jcobi szimbólum r-edik htvány is 1. Mivel r pártln, így jobb oldlon is 1 áll. 2. A sorozt elemeinek n-nel vló osztási mrdéki közt előfordul 1, zz j : 2j r 1 (mod n A bl oldl kiszámítás itt is könnyen megy, felhsználv, hogy n 1 2 = 2 k 1 r: n 1 2 = 2k 1r = 2j 2 k j 1r = ( 2j r 2 k j 1 ( 1 2k j 1 1 (mod n h j < k 1. Be kell tehát látnunk, hogy ( n =1. Vegyünk egy p-t, mely prímosztój n-nek. Ekkor persze p-re is teljesül feltétel, vgyis 2j r 1 (mod p. H ezt négyzetre emeljük, kpjuk, hogy 2j +1r 1 (mod p. Ebből következik, hogy modulo p rendjére fennáll o p ( 2 j r és o p ( 2 j +1 r. Tehát rendje 2 j +1 többszöröse lehet, sőt csk egy lklms l pártln többszöröse, hiszen r-ben nem lehet 2-es prímtényező. De kis ermt tételből tudjuk, hogy p 1 1 (mod p, és egy tétel lpján rend osztój minden k pozitív egész számnk, melyre k 1 (mod p teljesül, ezért o p ( p 1 is fennáll. Az oszthtóság definíciój lpján p 1 = 2 j +1 lh, zz p 1 2 = 2 j lh, egy lklms h-vl. Ezt és fent említett kvdrtikus mrdékokr vontkozó tételt felhsználv z ( p p 1 2 = 2j lh = ( 2j l h (mod p 16

17 összefüggést kpjuk. Mivel o p ( = 2 j +1 l, ezért 2j +1 l 1 (mod p és 2 j +1 l legkisebb ilyen pozitív egész, és mivel p prím, ezért h gyököt vonunk kongruenciából, csk 2j l 1 (mod p lehetséges. Adódik tehát, hogy ( p értéke h = p 1 pritásától függ, hol l pártln. 2 j +1 l Ezt minden prímosztór elvégezzük. Legyen n = p 1 p 2... p s, hol p i -k nem feltétlen különböző prímek. Minden p i -re kpunk h i -ket, és Jcobi szimbólum definíciój lpján ( n = ( p1 ( p2... ( ps = ( 1 (h 1 + +h s. Kellene tehát, hogy h i páros. A fentiekből kifejezve p i -ket kpjuk, hogy p i = j +1 l i h i. Ezt beírjuk n knonikus lkjáb: n = (1 + 2 j +1 l i h i = j +1 (h 1 l h s l s +... A mrdék oszthtó lesz 2 j +2 -vel, ezért nem írtuk őket ki. elhsználv még, hogy n = 2 k r + 1, és 2 j +1 -gyel osztv kpjuk, hogy 2 k j 1 r = h i l i + 2 (... Ebből dódik, hogy h i l i páros Lemm. Legyen h i, l i Z + i = 1, 2... s, és l i pártln i-re. Ekkor h 1 + h h s páros h 1 l 1 + h 2 l h s l s páros. Bizonyítás: => H h i -k összege páros, kkor volt vlmilyen pritás sorrendjük (pl.: páros, pártln, pártln.... Ezeket pártln számml szorozv, párosok párosok mrdnk, pártlnok pedig pártlnok, tehát pritás nem változik, így z összeg sem. 17

18 <= Hsonlón, h i l i szorztoknk volt vlmilyen pritás sorrendje. H tgonként leosztunk megfelelő l i -vel, kkor ugynolyn mrd pritás, hiszen szorztokbn h i -k voltk meghtározók. Az lemmából dódón tehát h i -k összege is páros, ezzel tételünket beláttuk j < k 1 esetén. A j = k 1-re hsonlón megy bizonyítás. A feltételbe helyettesítve kpjuk, hogy 2j r = 2k 1r = n (mod n tehát ( n = 1-et kell belátni. A bizonyítás ugynúgy elmondhtó, mint j < k 1 esetben, csk végén j = k 1-et helyettesítve kpjuk 2 k j 1 r = 2 0 r = r = h i l i + 2 (.... Mivel r pártln, így ebből egy páros számot kivonv kpjuk, hogy hi l i pártln, ebből z előbbivel hsonló módon következik hogy h i is pártln, zz ( n = ( 1 hi = 1. Ezzel tételünket beláttuk. Érdemes tehát megvlósítni: 18

19 Miller-Rbin-Lenstr n dott szm, m := n 1, k := 0, prim := flse m 0 (2 m := m/2, k := k + 1 t := [log(2, m], binrislk[t + 1], tomb, i := 0 i < t + 1 m 0 (2 V binrislk[i] := 1 binrislk[i] := 0 m := m/2, i := i + 1 i, j, l, g := 0, 0, 1, 1 forll j in tomb[j ] segedtomb1[0] := tomb[j ] g < t + 1 segedtomb1[g] := segedtomb1[g 1] 2 (mod n g := g + 1 segedtomb[0] = tomb[j ] i < k i = 0 V l < t + 1 segedtomb[i] := (segedtomb[i b.lk[l] = 1 1] 2 (mod n V segedtomb[i] := segedtomb[i] (segedtomb1[l] (n i < k segedtomb[0] = 1 V prim := true; Kilep( prim := prim (segedtomb[i] = n 1 prim = flse V Kilep( prim = true V Kiir(prim Kiir(nemprim 19

20 A tomb nevű vektor trtlmzz zokt z -kt, melyek egymássl inkongruensek és 0 (mod n. A binrislk nevű vektorbn n 1 kettes számrendszerbeli lkj tlálhtó. A segedtomb-ben számítódnk z htványok mrdéki modulo n, segedtomb1 pedig z ismételt négyzetre emelések módszeréhez hsznált segítség. H futás végén prim nevű logiki változó igz, kkor n-et prímnek nyilvánítjuk, különben összetett számnk. A progrm elején kezdeti értékdások után, kiszámítjuk r kettes számrendszerbeli lkját. Ezután kettőhtvány htványit meghtározzuk modulo n. A főciklusbn előbb r értékét számoljuk ki, mjd ebből sorozt többi elemének értékét modulo n, és ciklus végén ellenőrizzük, hogy jó soroztot kptunk-e (h ez vlhol nem teljesül, kkor megáll progrm. Vizsgált: 1. A segedtomb1-ben kiszámítjuk z kettőhtvány kitevőjű htványit modulo n, ez t-szer fut, mi kevesebb, mint log 2 m, tehát ez legfeljebb 2 log 2 n lépés. 2. Itt is hsználjuk z ismételt négyzetre emelések módszerét, hogy meghtározzuk r mrdékát modulo n. Ennek hogy zt z 1.1 -es részben beláttuk lépésszám O(log 2 n. 3. Ezután k 1 drb négyzetre emelést és mrdékos osztást végzünk, hogy meghtározzuk sorozt többi tgjánk mrdékát. A legrosszbb esetben k log 2 m-mel egyenlő, így z ehhez részhez szükséges lépésszámot is felülről korlátozhtjuk log 2 n-nel (sőt ez ngyon ngyvonlú becslés, hiszen ekkor z előbbi pont lépésszám csupán 1 mrdékos osztásból álln. 4. A végső lépésben csk ellenőrzéseket végzünk, legfeljebb k drbot, és átállítjuk prim logiki változó értékét, h szükséges. Tehát összesen ez is legfeljebb const log 2 n lépésszámú lgoritmus, így ez z eddigi leghtékonybb prímtesztünk. 20

21 1.4. Agrwl-Kyl-Sxen prímteszt Eddig tláltunk tetszőlegesen pontos, gyorsn ellenőrizhető prímtesztet. elmerül kérdés zonbn, hogy vn-e olyn prímteszt, mi nem csk tetszőleges, de 100 százlékos pontossággl eldönti egy számról, hogy z prím-e, és persze ezt gyorsn (logritmikus lépésszámml számítj. A válsz pozitív, ugynis 2002-ben három indii mtemtikus, Agrwl, Kyl és Sxen tlált egy ilyet. A teszt ötlete következő: Legyen (c, n = 1. H tekintjük z f c = x n c, g c = (x c n polinomokt Z n felett, kkor h n prím, f c = g c teljesül, egyébként vn olyn k, melyre ( n k nem oszthtó n-nel, így fc g c. Az ötlet z, hogy f c = g c helyett csk zt ellenőrizzük, hogy f c és g c egy lkms h Z n [x] polinomml osztv zonos mrdékot d-e. H h fok (n-hez képest lcsony, kkor ez kivitelezhető ismételt négyzetre emelésekkel. H n prím, kkor bármely h szerinti mrdékik is egyenlőek, zonbn z összetett számok ezt nem teljesítik. A teszt nehézsége megfelelő h polinomot tlálni. Megjegyezzük, hogy ennek módszernek egy továbbfejlesztett változt (2006-os eredmény (log n 6 lépésszámú, mi htodik htvány mitt lényegesen lssbb, mint z előbbi prímtesztek (bár biztosn prímet tlál. Azonbn z lklmzásnál ngy véletlen prímszámot szeretnénk tlálni, mi zt jelenti, hogy prímek számosság mitt átlgosn körülbelül ezer drb jegyű számról kell megvizsgálni, hogy prímek-e. Ez Miller Rbin Lenstr teszttel sokkl gyorsbbn elvégezhető, és mivel tévedés vlószínűsége gykorltilg 0, inkább ezt lklmzzák. 21

22 2. fejezet Prímfktorizációk Az előző fejezetben láttuk, hogy tetszőlegesen ngy prímeket is gyorsn és tévedés nélkül tudunk tlálni. Ezek után szeretnénk tudni, hogy egy ngy tetszőleges összetett szám prímtényezős felbontását milyen módszerekkel tudjuk meghtározni, és ezek milyen htékonyk Tényezőkre bontás osztássl Az első és egyben legtermészetesebb ötlet mit középiskolábn is hsznál z ember prímekkel vló osztások próbálgtás. Ehhez persze, h N számunk, szükségünk vn egy, prímeket N -ig trtlmzó tábláztr, ezek legyenek rendre p 1,... p r. H ez megvn, kkor N -et megpróbáljuk elosztni p i -kkel i = 1, 2,... r-re. H vlmely i-re z osztási mrdék 0, kkor ezt p i -t felírjuk prímosztók közé, és N -et lecseréljük N /p i -re, mjd erre ugynezt z eljárást elvégezzük, persze itt már elég z első p i osztór, és z nnál ngyobbkr ellenőrizni. Ezt ddig csináljuk, míg N -et p i -kkel osztv egy N -nél ngyobb prímet vgy 1-et kpunk. Így megkptuk N prímtényezős felbontását. Az lgoritmus elején egy már megvlósított prímteszttel ellenőrizhetjük, hogy N prím-e, ekkor nem kell megkísérelni felbontást. Ezért továbbikbn mindig feltesszük, hogy N összetett szám. 22

23 elvetődik egy problém, mégpedig prímeket trtlmzó táblázt elkészítése. Bár egy-egy számról gyorsn el tudjuk dönteni, hogy prím-e, de h veszünk például egy 500-jegyű összetett számot, kkor ennek gyöke kb. 250 jegy körül vn. Elég persze pártln számokt ellenőrizni, zok közül is z 5-tel végződőeket kizárhtjuk, de még így is ngyjából drb szám 4 -ét kellene ellenőriznünk, mi időigényes lenne, ezért egy picit módosítjuk 10 z lgoritmust. A tábláztunkbn nemcsk prímek szerepelhetnek, hnem összetett számok is. Például válsszuk 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, számokt, hol z első három tg után felváltv 2-vel, illetve 4-gyel növelünk (ez 2 és 3 többesein kívül minden pártln számot trtlmz. Ekkor következő z lgoritmusunk: Tenyezokre bonts osztssl k := 0, n z dott szm, q := n q 1 n = 1 V Kilep( q := [n/p k ]; r := (n modulo p k r = 0 V n := q, p k primoszto, kiirjuk q > p V k k := k + 1 n prim, Kilep( elmerülhet kérdés, nem okoz-e problémát, hogy tábláztunkbn nem csk prímek szerepelnek, nem lehet-e, hogy z outputbn nemprímek is megjelennek? Azt állítom, hogy nem Lemm. Legyen N összetett szám és legyen 2 = p 1, p 2,... p r próbosztók sorozt, mely sorozt N -ig trtlmzz prímeket, és még esetleg összetett számokt. Ekkor fenti lgoritmus nem írht ki z outputr összetett számot. 23

24 Bizonyítás: Tegyük fel indirekt, hogy z outputbn szerepelt egy h = p 1 p 2... p s összetett szám. Mivel N -ig minden prímet trtlmz tábláztunk, így h prímtényezőit is legfeljebb 1 kivétellel. Az lgoritmus futás során úgy kerülhetett h z outputr, hogy vele osztottunk mrdékosn, és mrdék 0 lett, vgy z lgoritmus végén megmrdt. De mivel tábláztbn növekvő sorrendben vnnk számok, így h prímosztóivl is meg kellett próbálnunk osztni, mire eljutottunk h-ig. Például, h h egy prímtényezője 2 volt, kkor 2-vel már megkíséreltünk osztni, és h h-vl oszthtó N, kkor persze 2-vel is. Az lgoritmus felépítése mitt zonbn 2-vel ddig próbálkozunk, míg z összes 2-es prímtényezőit ki nem osztjuk N -ből, így z már h-vl nem lesz oszthtó. Tehát feltevésünk hibás volt, z lgoritmus csk prímeket ír ki z outputr. Az lgoritmusunk vlóbn meghtározz N prímtényezős felbontását. A próbosztásos módszer tovább jvíthtó, h próbosztások előtt végzünk egy prímtesztet, hiszen h N -nek egy N -nél jóvl ngyobb prímosztój is vn, kkor végigpróbálnánk z összes osztót N -ig, ám h gyorsn ellenőrizzük minden lépésben, hogy mrdék prím-e, kkor nem kell tovább próbálgtni. Már csk z kérdés, hogy milyen gyorsn teszi ezt? Vizsgált: Hány próbosztásr vn szükségünk z lgoritmusbn? Ehhez nem árt tudni, hogy körülbelül hány prímszám vn egy N pozitív egész számig. Legyen π(x z x-ig terjedő prímek szám. Ekkor tnultk lpján x π(x értékét -szel közelíthetjük. ln x Az nyilvánvló, hogy z lgoritmus futni fog, míg p r 1 -et, zz z utolsó előtti prímosztót meg nem tlálj. És ennél jobbt nem is tudunk mondni, hiszen csk szerencsés esetben nem kell sokáig futni. A későbbiekben, z lklmzásnál tipikusn két ngy prím szorztából álló számokkl fogunk fogllkozni, így tehát közel N -ig fog futni. Vegyünk egy 500-jegyű számot. Ekkor ennek gyöke körülbelül 250-jegyű. Hány prím vn eddig? 24

25 ln = log log 10 e Tehát ebből látjuk, hogy ennek lépésszám reménytelenül sok, ngy számokr nem tudjuk meghtározni emberi időben ermt-módszer A próbosztásos módszernél már előrevetítettük, hogy tipikusn ngy prímtényezekből álló számokt fogunk hsználni gykorltbn. Mielőtt próbosztásnál htékonybb lgoritmusokt vizsgálnánk, előbb közelítsük meg más oldlról problémát. A kis osztók helyett ngyok megkeresésével próbálkozzunk. A módszert ermt hsznált, és következőképpen szól: Legyen N = u v, hol u v, és tegyük fel, hogy N pártln (ekkor u és v is pártln. Legyen Ekkor nyilván x := u+v 2 és y := v u 2. N = x 2 y 2, 0 y < x N. ermt módszere bbn áll, hogy szisztemtikusn keresünk olyn x-et és y-t, melyek kielégítik fenti egyenletet. A módszer egy dott pártln N -hez megkeresi N legngyobb olyn osztóját, mely kisebb vgy egyenlő, mint N. Az lgoritmus z lábbi: 25

26 Tenyezokre bonts osszedssl es kivonssl N dott szm, t := [ N ] x := 2 t + 1; y := 1; r := t 2 N ; r 0 r > 0 r > 0 r := r y; y := y + 2; r = 0 V Kiir( x y /2 ; Kilep ( r := r + x; x := x + 2; r := r y; y := y + 2; Az lgoritmus futás során kezdetben x = [ N ] és y = 0, mjd 2x + 1, 2y + 1 értékkel kezdjük keresést. Az r z x 2 y 2 N értéknek felel meg, vgyis méri, hogy milyen távol vgyunk N -től. Természetes módon, h r > 0, kkor csk y értéket növeljük, egyébként mindkettőt. A vizsgáltr nem térünk ki részletesen, csk z eredményeket közöljük. Az eddigi jelölések mellett, szükséges lépésszám v [ N ] értékkel rányos, hol v ngyobb prímosztój volt N -nek. H v távol vn N -től, kkor ez ngyon időigényes lehet Szit módszer A következő módszer szintén egy N -hez közeli prímosztót keres, lényegében ermt módszer egy módosított változt. H z előbb látott r-et, mi távolságot mérte, átrendezzük, kpjuk hogy x 2 N = y 2, tehát nem feltétlenül kell megtrtni y-t, elég h x 2 N -ről megvizsgáljuk, hogy z teljes négyzet-e. Hogyn tudjuk ezt eldönteni egy számról? Vegyünk különböző m modulusokt. H egy szám teljes négyzet, kkor minden m-re z m-mel vett mrdékánk ezzel összhngbn kell lennie. Például, h m = 3-t válsztunk, 26

27 kkor egy szám négyzete modulo 3 csk 0 és 1 mrdékot vehet fel, ugynis egy szám eredetileg 0, 1, 2 mrdékot dht 3-ml osztv, zz 3k, 3k ± 1 lkú lehet, ezeket négyzetre emelve kpjuk, hogy milyen mrdékot dht egy négyzetszám modulo 3. Ugynezt minden m modulusr megvizsgálhtjuk. Mivel N egy dott fix szám, ennek mrdékát bármilyen számml osztv meg tudjuk mondni, így h megvizsgáljuk x mrdékát is, kkor sok számot kizárhtunk. Például, h N 2 (mod 3 és x 0 (mod 3, kkor hogy z előbb láttuk x 2 1 (mod 3, így x 2 N 2 (mod 3 dódik, viszont kkor x 2 N nem lehet teljes négyzet, hiszen csk 0, 1 mrdékot vehet fel egy négyzetszám modulo 3. Tehát x-nek oszthtónk kell lennie 3-ml. Ugynilyen vizsgáltokt minden m modulusr el tudunk végezni, ezzel egy dott N -hez kpunk egy-egy szittábláztot. Válsszunk tehát prímeket, melyek N -hez reltív prímek. Ekkor kíni mrdéktétel szerint sziták egymástól függetlenek lesznek. Sőt, még z is igz, hogy minden szit körülbelül megmrdó értékek felét szűri ki, így h veszünk l drb prímet, kkor 2 l érték közül 1-ről kell megvizsgálni csupán, hogy z teljes négyzet-e. Megjegyezzük, hogy túl sok prímet nem érdemes válsztni, hiszen ekkor szittáblázt elkészítése lenne időigényes. Tehát z lgoritmusunk egy N pártln számhoz meghtározz N legngyobb osztóját, mely kisebb vgy egyenlő, mint N. Vegyünk m 1, m 2,..., m r modulusokt, melyek páronként és N -hez reltív prímek. Elkészítünk r drb S[i, j ] szittábláztot, hol 1 j < r, 0 j m i és S[i, j ] = { 1, h j 2 N y 2 (modulo m i megoldhtó ; 0, egyébként. H kis prímeket válsztunk modulusoknk, kkor ezek megoldhtósági feltételek kár kézzel is ellenőrizhetőek, de sokkl egyszerűbb egy tétel felhsználásávl kiszámítni szittábláztot: Tétel. Tegyük fel, hogy p pártln prím és (, p = 1, hol Z. Ekkor z x 2 (mod p kongruenci megoldhtó p (mod p teljesül, és megoldásszám 2. 27

28 Tehát, h j 2 N nem oszthtó m i -vel, kkor csk (j 2 N m i 1 2 kifejezést kell kiszámolni modulo m i, mi már ismert ismételt négyzetre emelések módszerével gyorsn számíthtó. Tehát ez lpján el tudjuk készíteni z S[i, j ] szittábláztokt, melyek lpján z lgoritmus z lábbi: Tenyezokre bonts szitlssl x := [ N ] + 1; k i := ( x mod m i i re mohto := true 1 = 2 i = 1 to r S[i, k i ] = 1 V mohto := flse; brek; mohto = true V y := [ x 2 N ] vgy y := [ x 2 N ] + 1 y 2 = x 2 N V x y keresett oszto; Kilep( x := x + 1; k i := (k i 1 mod m i i re 2.4. Tényezőkre bontás Monte Crlo módszerrel Most térjünk vissz z eredeti problémánkr, mely prímtényezők meghtározás volt. Az ötletünk mivel 2.1-ben láttuk, hogy minden prímet végigpróbálni N -ig reménytelenül sokáig trt z, hogy ne próbálgssunk ki minden prímet, hnem vlmilyen véletlen módon lépkedjünk prímek között. Látni fogjuk mjd, hogy zért mégsem véletlen lépkedünk, már csk zért sem, mert nem tudunk mi npig sem tökéletes véletlen- 28

29 szám generátort készíteni. Először zonbn megoldunk két feldtot. 1.feldt: Adott x 1, x 2, x 3... egész számok sorozt, úgy, hogy 0 x n < m minden n-re teljesül. Legyen f (x egy egészértékű függvény, mely [0, m-ből [0, m-be képez. A soroztunkt, vlmilyen kezdőérték mellett, z x n+1 = f (x n szbály szerint képezzük. Mutssuk meg, hogy sorozt vlhonnn kezdve periodikus, bbn z értelemben, hogy léteznek µ és λ számok, melyekre x 0, x 1,..., x µ,..., x µ+λ 1 mind különböző, de x n+λ = x n h n µ. Megoldás: Tegyük fel, hogy sorozt nem periodikus és x 0 = vlmely [0, m-re. Mivel f függvény, ezért egyértelmű hozzárendelés, tehát kezdőérték mellett minden további x i egyértelműen meg vn htározv. Legyen b = x 1 = f (x 0. Ekkor h f (b = lenne, kkor zonnl periodikus lenne sorozt, hiszen ezután -ból ismét b-be kellene menni f egyértelműsége mitt. Tehát sorozt minden új tgjánál f -nek egy ddig még nem szerepelt értéket kell felvennie. De mivel f egész értékű és [0, m-be képez, ezért csk véges sok értéket vehet fel, tehát előbb-utóbb szükségképpen egy már szerepelt számhoz jut sorozt. Innentől pedig periodikus lesz sorozt f egyértelműsége mitt, hiszen ugynúgy kell képződnie soroztelemeknek, mint korábbn. Tehát tegyük fel, hogy z x n = k értéket másodjár vesz fel sorozt. A k érték első soroztbeli előfordulásánk indexe jó lesz µ-nek, n µ pedig jó lesz λ-nk. Ezen értékekre teljesül megkívánt periodicitás. 2.feldt: Legyen l(n legngyobb, n-nél nem ngyobb kettőhtvány. Az előző feldt jelölései mellett bizonyítsuk be, hogy létezik n > 0, melyre x n = x l(n 1. Megoldás: Indirekt tegyük fel, hogy minden n-re x n x l(n 1. Tekintsünk µ + λ-nál ngyobb indexeket, és egy periódus hossz legyen l. Az l(n 1 számok rendre 2 s 1-gyel egyenlőek, s = 0, 1, 2,.... Vegyünk olyn ngy s-et, hogy 2 s 1 és 2 s+1 1 indexek között lévő távolság 2l-nél ngyobb legyen. Ekkor 2 s 1 és 2 s+1 1 között lévő soroztelemek leglább egy egész 29

30 periódust trtlmznk. A feltevésünk erre z s-re is igz, zz x 2 s 1 x i, hol i = 2 s, 2 s + 1,..., 2 s+1 2. Ám ezen i-k között biztosn vn egy egész periódusnyi soroztérték, hiszen olyn ngyr válsztottuk s-et, hogy biztosn beleessen. Mivel még s > µ+λ, ezért sorozt csk perióduson belül előforduló értékeket vehet fel, tehát x 2 s 1 értéke is csk egy perióduson belül előforduló érték lehet. Ekkor viszont vlmely i-re x 2 s 1 = x i kell legyen, mi ellentmond feltevésünknek, ezzel beláttuk z állítást. Legyen most f (x egy egész együtthtós polinom, és tekintsük z lábbi két soroztot: x 0 = y 0 = A, x m+1 = f (x m (mod N, y m+1 = f (y m (mod p, hol p z N egyik prímosztój. Ekkor y m = x m modulo p teljesül minden m 1-re. Ekkor feldtok feltételei nyilván teljesülnek z y m soroztr, így 2. feldt lpján létezik m 1, melyre y m = y l(m 1. Így h tekintjük z x m x l(m 1 kifejezést, kkor z oszthtó lesz p-vel. Megmutthtó z is, hogy h f (y (mod p úgy viselkedik, mint [0, p 1] hlmzt önmgáb képező véletlen leképezés, kkor z ilyen m várhtó értéke p ngyságrendű. Hogyn lesz ebből prímfktorizáció? H N különböző prímosztói különböző m értékeknek felelnek meg, és hogy zt már említettük, tipikusn ez lesz helyzet, kkor úgy kphtjuk meg ezeket z osztókt, hogy m = 1, 2, r kiszámítjuk lnko(x m x l(m 1, N -et. Addig csináljuk ezt, míg felbonttln rész prím nem lesz. elmerül kérdés, hogy milyen f polinomot válsszunk, hogy z elég véletlen legyen? Beláthtó, hogy h f elsőfokú, z nem lesz elég véletlen. És sjnos nem is tudjuk, hogy milyet lenne érdemes válsztni, következő mit természetes módon kipróbálunk másodfokúk közül legegyszerűbb, z f (x = x H ezzel próbálkozunk, zt tpsztljuk, hogy ez polinom jónk tűnik, ám nem tudjuk, hogy nincs-e ennél jobb. Ezek után lássuk mgát z lgoritmust, mely egy N számnk meghtározz prímtényezőit, zobn elképzelhető, hogy csődöt mond (z 1. feldtbn látott 30

31 periodicitás mitt végtelen ciklusb esik, legngyobb közös osztónk felbonttln rész dódn, ekkor megáll progrm: Tenyezokre bonts Monte Crlo modszerrel x := 5; y := 2; k, l := 1; n z dott szm n 1 MRL(n V Kiir(n; brek; g := lnko(x y, n; g = n V Az lgoritmus csodot mond; Brek; g = 1 V k := k 1; k = 0 V y := x; l := 2 l; k := l; x := (x mod n; Continue(; Kiir(g; n := n/g; x := x mod n; y := y mod n; Az MRL(n kifejezés zt jelöli, hogy futttjuk Miller Rbin Lenstr tesztet N -re, hiszen h N prím, kkor nincs mit fktorizálni. Megjegyezzük továbbá, hogy mielőtt struktogrmm végén kiírjuk g-t mint prímtényezőt, ellenőrizni kell, hogy g tényleg prím-e, hiszen lehet, hogy nem z. H összetett, kkor például futtthtjuk rá z első próbosztásos módszert, h viszont túl ngy szám g, kkor vlószínűleg nem sikerül ezzel z lgoritmussl meghtározni felbontást. A Monte Crlo módszer tipikusn ngyobb prímtényezők elfogásár lklms, gykorltbn érdemes egy drbig futttni próbosztásos módszert, 31

32 mjd áttérni erre. Ezt igzolják z lábbi digrmok is, melyek megvlósított progrm futási eredményeit fogllják össze. A tesztelést 4 ktegóriábn végeztem el: től 3999-ig pártln számok, 1000 drb től ig pártln számok, drb től ig pártln számok, drb től ig pártln számok, 500 drb A páros számokkl nem érdemes fogllkozni, progrm elején jánlott kiosztni kettes szorzókt, h vnnk. Minden ktegóriábn megvizsgáltm, hogy hány esetben mond csődöt felbontás és hány esetben ír ki összetett számot z outputr. Továbbá, nemcsk z x polinomot vizsgáltm, hnem x 2 +c -t is, hol c = 1, 2,... 9, mivel nem tudni, hogy nincs-e jobb c = 1 esetnél. Az lábbi eredményeket kptm: Az x-tengelyen c konstnsok vnnk, z y-tengelyen felvett értékek z egyes ktegóriákr. 32

33 33

34 Vizsgáljuk meg először, hogy hány esetben ír ki progrm összetett számot. Láthtón jelentős eltérés nincs z egyes konstnsok között, így mind négy ktegóriábn körülbelüli értékkel számolok. Ezek osztv drbszámml rendre 350/1000, 18000/50000, 18000/50000, 180/500. Láthtón z rányok nem sokt változnk konstnsok és felbontndó számok ngyságánk változásávl, így zt lehet mondni, hogy körülbelül 36 százlékbn írn ki z outputr összetett számot, tehát vlóbn indokolt ezekre is futttni egy prímtesztet és megkísérelni felbontni őket. Nézzük most, hogy hány esetben mond csődöt z lgoritmus. H ismét z rányokt tekintjük, kkor már eltérő értékeket kpunk. Az ezres ngyságrendben 15/1000 körülbelül ez z érték. H viszont 10 6 és 10 9 ngyságrendet nézzük kkor jelentős különbség, hiszen z elsőben körülbelül 155/50000 kudrc esélye, ezzel szemben vlmivel ngyobb számoknál már csk 40/ Sőt, h megvizsgáljuk legngyobb ktegóriát, ott zt látjuk, hogy 500 számból gykorltilg mindnél meg tudtuk htározni felbontást. Ez is jól muttj, hogy Monte Crlo módszer tipikusn ngyobb számoknál eredményesebb. Most hsonlítsuk össze különböző polinomok áltl elért eredményt egy digrmbn: 34

35 Azt vesszük észre, hogy c = 7, 8 esetben csőd rány minden ktegóriábn leglcsonybbk közt vn, míg többi c-re csk 1 1 jó eredmény vn (például c = 1, 2. H 7-re és 8-r megnézzük, hogy hány esetben írtk ki összetett számot z outputr, kkor zt tpsztljuk, hogy c = 8-r ez szinte mindig leglcsonybb érték. Ebből úgy tűnik, hogy z x polinom egy jó válsztásnk tűnik, ezért megmértem futásidőket z egyes konstnsokr. Ebből z dódott, hogy c = 8-cl futttv semmivel sem lssbb felbontás. A 10 6 ngyságrendnél második leggyorsbb volt 9, 23 másodperccel (9, 17 mögött, mely c = 9 esetben dódott, sőt ngyságrendben 3, 67 másodperc futásidővel ez szerepelt legjobbn, és másik két ktegóriábn sem volt szignifikánsn lssbb többinél. Ezen eredmények lpján z x polinomot jánlnám Monte Crlo felbontáshoz, hiszen sebesség, összetett számok rány, és csődök rány szempontjából is előkelő helyen végzett (zonbn megjegyzem, hogy ngyságrendbeli különbségek nincsenek, szimptotikusn egyformán jónk tűnnek z egyes polinomok. Vizsgáltm még más ngyobb c értékeket is, például 50, 51, 100, 101 stb. de ezek láthtón rosszbb eredményt dtk. Az összetett számok rány 40 százlék körül volt és többször mondott csődöt progrm. Ezután mivel nem tudjuk milyen polinom lenne megfelelő próbálkoztm mgsbb fokú polinomokkl, de x 2 + x + c-vel is. Ezekre sem kptm semmilyen bizttó eredményt, sőt néhol meglepően rosszt. Úgy tűnik, vlóbn z x 2 + c lkú polinomokkl érdemes próbálkozni, leglábbis nem tláltm jobbt náluk. Pollrd belátt, hogy módszer p t 1 lépésszámú, hol p t 1 második legngyobb prímosztój N -nek, zonbn gykorlti eredmények lpján futásidő áltlábn jóvl N 1 4 lá esik. 35

36 3. fejezet Alklmzás 3.1. RSA-kódolás Ahogy zt z előző fejezetben láttuk, gyors prímfktorizációs eljárást mi npig nem tláltunk. Erre hiányosságr épít z RSA titkosítás. Az RSA egy nyilvános kulcsú titkosírás, mely következőt jelenti: Adott 3 személy, legyenek ők A,B és C. A és B kommunikálni szeretnének egymássl, de úgy, hogy z egymásnk küldött üzeneteket C ne tudj elolvsni, h z üzenetnek birtokáb jut. Adott tehát egy x üzenet, egy f nyilvános kulcs, és kell egy g titkos kulcs mindkét szereplőnek. A titkosítás zt hsználj ki, hogy egy művelet inverzét nehéz kiszámolni, tehát g titkos kulcs f inverze lesz. Az esetünkben nehéz művelet fktorizálás lesz. Az x üzenetre A lklmzz z ő titkos kulcsát, mjd erre B nyilvános kulcsát, zz kiszámítj g B (f A (x-et, és ezt küldi el B-nek. Ezt z üzenetet B úgy tudj elolvsni, h ugynúgy, mint A lklmzz kpott üzenetre sját titkos kulcsát, mjd erre A nyilvános kulcsát, ugynis f A (g B (f B (g A (x = f A (g A (x = x. 36

37 Ekkor C nem tudj elolvsni z üzenetet g B függvény hiányábn, sőt hmis üzenetet sem tud küldeni, hiszen kódoláshoz szükséges g A -t sem ismeri. Hogy néz ez ki pontosn z RSA-kódolásnál? Vegyünk két ngy véletlenül válsztott prímszámot. Ilyeneket például Miller Rbin Lenstr prímteszttel kereshetünk, úgy, hogy véletlen pártln számokt próbálgtunk. A prímek számosság és teszt lépésszám mitt gyorsn jutunk prímekhez. Legyen két prím p és q, ezeket titokbn trtj tuljdonos. Kiszámítjuk n = pq-t, mi nyilvánosságr hozhtó. Mivel tuljdonos ismeri p-t és q- t, ezért könnyen kiszámíthtj ϕ(n-et. Ezután keres egy e számot melyre (e, ϕ(n = 1. Ekkor z ő f nyilvános kulcs f (y = y e legkisebb mrdék modulo n lesz. Ekkor g függvényt könnyen meghtározhtjuk, h hsonló lkbn keressük, hiszen mivel ezek egymás inverzei, ezért egymás után lklmzv őket egy y-r visszkpjuk y-t, másrészt h g(y = y s, kkor g(f (y = y es, vgyis minden y-r teljesülnie kell y se = y (mod N kongruenciánk. A kis ermt tétel egy módosított változtából tudjuk, hogy minden y-r y p y (mod p. Ugynez q-r is fennáll. Ezekből dódik, hogy minden y-r y tϕ(n+1 y (mod n, így csupán z se = 1 + tϕ(n diofntikus egyenletet kell megoldnunk s-re és t-re. Ez z euklideszi lgoritmus segítségével gyorsn megoldhtó, így megkptuk g titkos kulcsunkt. Azonbn ezt más nem tudj megoldni, hiszen ϕ(n értékére szüksége lenne számításhoz, ehhez viszont n prímtényezőit lenne kénytelen meghtározni. Tehát kódolás feltöréséhez tudni kellene C -nek gyorsn prímfktorizálni, mi viszont jelenleg megoldtln problém. Miután A és B is meghtározt sját nyilvános és titkos kulcsát, kkor úgy tudnk egymássl beszélgetni, hogy betűknek és írásjeleknek megfeleltetnek számokt, ennek megfelelően z elküldeni kívánt szövegből egy számot 37

38 készítenek. Ezeket blokkokr osztják csupán kényelmi szempontból és fent ismertetett f és g függvényeket lklmzv minden blokkr elküldik egymásnk kpott számokt. Ezt dekódolv visszkpják z eredeti szövegből készült számot, mit egyszerűen visszfejtenek. A gykorltbn tipikusn ngy prímeket kell keresni, hogy működjön kódolás, hiszen kis számokt tudunk fktorizálni. Arr is vigyázni kell, hogy ne egymáshoz közeli számokt válsszunk, hiszen ekkor 2. fejezetben ismertetett ermt módszer, vgy szitmódszer lklmzásávl hmr megtlálnánk prímtényezőket, hiszen ekkor szám gyöke közel lenne prímekhez, viszont túl messzire sem érdemes menni gyöktől, hiszen ekkor Monte Crlo módszer megtlálná kicsi prímtényezőt gyorsn. Arr is vigyázni kell, hogy ϕ(n-hez válsztott e számot ne válsszuk kicsinek, ugynis ekkor is létezik htékony támdás kódolás ellen. Tehát egy 200-jegyű és 300-jegyű véletlen prímszám válsztásávl nyugodtk lehetünk dtink biztonság felől. 38

39 Irodlomjegyzék [1] D. E. Knuth: A számítógép progrmozás művészete II [2] reud Róbert, Gyrmti Edit: Számelmélet 39

A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató

A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató Okttási Hivtl A 013/014 tnévi Országos Középiskoli Tnulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Jvítási-értékelési útmuttó 1 Oldj meg vlós számok hlmzán egyenletet! 3 5 16 0

Részletesebben

1. Végezd el a kijelölt mûveleteket a betûk helyére írt számokkal! Húzd alá azokat a mûveleteket,

1. Végezd el a kijelölt mûveleteket a betûk helyére írt számokkal! Húzd alá azokat a mûveleteket, Számok és mûveletek + b b + Összedásnál tgok felcserélhetõk. (kommuttív tuljdonság) ( + b) + c + (b + c) Összedásnál tgok csoportosíthtók. (sszocitív tuljdonság) b b ( b) c (b c) 1. Végezd el kijelölt

Részletesebben

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2010/2011 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) Az 1. forduló feladatainak megoldása

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2010/2011 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) Az 1. forduló feladatainak megoldása Okttási Hivtl Országos Középiskoli Tnulmányi Verseny 00/0 Mtemtik I ktegóri (SZAKKÖZÉPISKOLA) Az forduló feldtink megoldás Az x vlós számr teljesül hogy Htározz meg sin x értékét! 6 sin x os x + 6 = 0

Részletesebben

Oszthatóság. Maradékos osztás

Oszthatóság. Maradékos osztás 1. Számelméleti lismeretek, számelmélet ltétele. A rímszámelmélet elemei. A kongruenci foglm, mrdékosztályok, Euler Fermt-tétel. Lineáris és mgsbb fokú lgebri kongruenciák. Binom kongruenciák, kvdrtikus

Részletesebben

4. Hatványozás, gyökvonás

4. Hatványozás, gyökvonás I. Nulldik ZH-bn láttuk:. Htványozás, gyökvonás. Válssz ki, hogy z lábbik közül melyikkel egyezik meg következő kifejezés, h, y és z pozitív számok! 7 y z z y (A) 7 8 y z (B) 7 8 y z (C) 9 9 8 y z (D)

Részletesebben

5. Logaritmus. I. Nulladik ZH-ban láttuk: 125 -öt kapjunk. A 3 5 -nek a 3. hatványa 5, log. x Mennyi a log kifejezés értéke?

5. Logaritmus. I. Nulladik ZH-ban láttuk: 125 -öt kapjunk. A 3 5 -nek a 3. hatványa 5, log. x Mennyi a log kifejezés értéke? . Logritmus I. Nulldik ZH-bn láttuk:. Mennyi kifejezés értéke? (A) Megoldás I.: BME 0. szeptember. (7B) A feldt ritmus definíciójából kiindulv gykorltilg fejben végiggondolhtó. Az kérdés, hogy -öt hánydik

Részletesebben

1. feladat Oldja meg a valós számok halmazán a következő egyenletet: 3. x log3 2

1. feladat Oldja meg a valós számok halmazán a következő egyenletet: 3. x log3 2 A 004/005 tnévi Országos Középiskoli Tnulmányi Verseny második fordulójánk feldtmegoldási MATEMATIKÁBÓL ( I ktegóri ) feldt Oldj meg vlós számok hlmzán következő egyenletet: log log log + log Megoldás:

Részletesebben

Juhász István Orosz Gyula Paróczay József Szászné Dr. Simon Judit MATEMATIKA 10. Az érthetõ matematika tankönyv feladatainak megoldásai

Juhász István Orosz Gyula Paróczay József Szászné Dr. Simon Judit MATEMATIKA 10. Az érthetõ matematika tankönyv feladatainak megoldásai Juhász István Orosz Gyul Próczy József Szászné Dr Simon Judit MATEMATIKA 0 Az érthetõ mtemtik tnkönyv feldtink megoldási A feldtokt nehézségük szerint szinteztük: K középszint, könnyebb; K középszint,

Részletesebben

Középiskolás leszek! matematika. 13. feladatsor 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Középiskolás leszek! matematika. 13. feladatsor 1. 2. 3. 4. 5. 6. Középiskolás leszek! mtemtik Melyik számot jelentheti A h tudjuk hogy I felennyi mint S S egyenlõ K és O összegével K egyenlõ O és L különbségével O háromszoros L-nek L negyede 64-nek I + S + K + O + L

Részletesebben

RSA algoritmus. P(M) = M e mod n. S(C) = C d mod n. A helyesség igazoláshoz szükséges számelméleti háttér. a φ(n) = 1 mod n, a (a 1,a 2,...

RSA algoritmus. P(M) = M e mod n. S(C) = C d mod n. A helyesség igazoláshoz szükséges számelméleti háttér. a φ(n) = 1 mod n, a (a 1,a 2,... RSA algoritmus 1. Vegyünk véletlenszerűen két különböző nagy prímszámot, p-t és q-t. 2. Legyen n = pq. 3. Vegyünk egy olyan kis páratlan e számot, amely relatív prím φ(n) = (p 1)(q 1)-hez. 4. Keressünk

Részletesebben

Exponenciális és logaritmikus egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek

Exponenciális és logaritmikus egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek Eponenciális és logritmikus egyenletek, Eponenciális és logritmikus egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek Eponenciális egyenletek 60 ) = ; b) = ; c) = ; d) = 0; e) = ; f) = ; g) = ; h) =- 7

Részletesebben

FELVÉTELI VIZSGA, július 15.

FELVÉTELI VIZSGA, július 15. BABEŞ-BOLYAI TUDOMÁNYEGYETEM, KOLOZSVÁR MATEMATIKA ÉS INFORMATIKA KAR FELVÉTELI VIZSGA, 8. július. Írásbeli vizsg MATEMATIKÁBÓL FONTOS TUDNIVALÓK: ) A feleletválsztós feldtok (,,A rész) esetén egy vgy

Részletesebben

M. 2. Döntsük el, hogy a következő két szám közül melyik a nagyobb:

M. 2. Döntsük el, hogy a következő két szám közül melyik a nagyobb: Mgyr Ifjúság (Rábi Imre) Az előző években közöltük Mgyr Ifjúságbn közös érettségi-felvételi feldtok megoldását mtemtikából és fizikából. Tpsztltuk, hogy igen ngy volt z érdeklődés lpunk e szám iránt. Évente

Részletesebben

9. Exponenciális és logaritmusos egyenletek, egyenlőtlenségek

9. Exponenciális és logaritmusos egyenletek, egyenlőtlenségek . Eponenciális és ritmusos egenletek, egenlőtlenségek Elméleti összefoglló H >, b>, és vlós számok, kkor + ( ) b ( b) H >, kkor z z ( ) ( ) f függvén szigorún monoton növekvő, míg h <

Részletesebben

Gyökvonás. Hatvány, gyök, logaritmus áttekintés

Gyökvonás. Hatvány, gyök, logaritmus áttekintés Htvány, gyök, logritmus áttekintés. osztály Gyökvonás Négyzetgyök: Vlmely nem negtív vlós szám négyzetgyöke olyn nem negtív vlós szám, melynek négyzete z szám. Mgj.: R = Azonosságok: b ; b k ;, h, b R

Részletesebben

Egy látószög - feladat

Egy látószög - feladat Ehhez tekintsük z 1. ábrát is! Egy látószög - feldt 1. ábr Az A pont körül kering C pont, egy r sugrú körön. A rögzített A és B pontok egymástól távolság vnnk. Az = CAB szöget folymtosn mérjük. Keressük

Részletesebben

7. Számelmélet. 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel?

7. Számelmélet. 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel? 7. Számelmélet I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel? ELTE 2006. október 27. (matematika

Részletesebben

2010/2011 es tanév II. féléves tematika

2010/2011 es tanév II. féléves tematika 2 február 9 Dr Vincze Szilvi 2/2 es tnév II féléves temtik Mátrix foglm, speciális mátrixok Műveletek mátrixokkl, mátrix inverze 2 A determináns foglm és tuljdonsági 3 Lineáris egyenletrendszerek és megoldási

Részletesebben

2014/2015-ös tanév II. féléves tematika

2014/2015-ös tanév II. féléves tematika Dr Vincze Szilvi 24/25-ös tnév II féléves temtik Mátrix foglm, speciális mátrixok Műveletek mátrixokkl, mátrix inverze 2 A determináns foglm és tuljdonsági 3 Lineáris egyenletrendszerek és megoldási módszereik

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Exponenciális és Logaritmusos feladatok

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Exponenciális és Logaritmusos feladatok MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Eponenciális és Logritmusos feldtok A szürkített hátterű feldtrészek nem trtoznk z érintett témkörhöz, zonbn szolgálhtnk fontos információvl z

Részletesebben

Számelméleti alapfogalmak

Számelméleti alapfogalmak 1 Számelméleti alapfogalmak 1 Definíció Az a IN szám osztója a b IN számnak ha létezik c IN melyre a c = b Jelölése: a b 2 Példa a 0 bármely a számra teljesül, mivel c = 0 univerzálisan megfelel: a 0 =

Részletesebben

Vektorok. Vektoron irányított szakaszt értünk.

Vektorok. Vektoron irányított szakaszt értünk. Vektorok Vektoron irányított szkszt értünk A definíció értelmében tehát vektort kkor ismerjük, h ismerjük hosszát és z irányát A vektort kövér kis betűkkel (, b stb) jelöljük, megkülönböztetve z, b számoktól,

Részletesebben

7. tétel: Elsı- és másodfokú egyenletek és egyenletrendszerek megoldási módszerei

7. tétel: Elsı- és másodfokú egyenletek és egyenletrendszerek megoldási módszerei 7. tétel: Elsı- és másodfokú egyenletek és egyenletrendszerek megoldási módszerei Elsıfokú függvények: f : A R A R, A és f () = m, hol m; R m 0 Az elsıfokú függvény képe egyenes. (lásd késı) m: meredekség,

Részletesebben

Minden egész szám osztója önmagának, azaz a a minden egész a-ra.

Minden egész szám osztója önmagának, azaz a a minden egész a-ra. 1. Számelmélet Definíció: Az a egész szám osztója a egész számnak, ha létezik olyan c egész szám, melyre = ac. Ezt a következőképpen jelöljük: a Tulajdonságok: Minden egész szám osztója önmagának, azaz

Részletesebben

Bevezetés a programozásba. 3. Előadás Algoritmusok, tételek

Bevezetés a programozásba. 3. Előadás Algoritmusok, tételek Bevezetés progrmozásb 3. Elődás Algortmusok, tételek ISMÉTLÉS Specfkácó Előfeltétel: mlyen körülmények között követelünk helyes működést Utófeltétel: mt várunk kmenettől, m z összefüggés kmenet és bemenet

Részletesebben

OPTIMALIZÁLÁS LAGRANGE-FÉLE MULTIPLIKÁTOR SEGÍTSÉGÉVEL

OPTIMALIZÁLÁS LAGRANGE-FÉLE MULTIPLIKÁTOR SEGÍTSÉGÉVEL OPTIMALIZÁLÁS LAGRANGE-FÉLE MULTIPLIKÁTOR SEGÍTSÉGÉVEL HAJDER LEVENTE 1. Bevezetés A Lgrnge-féle multiplikátoros eljárást Joseph Louis Lgrnge (1736-1813) olsz csillgász-mtemtikus (eredeti nevén Giuseppe

Részletesebben

MATEMATIKA FELADATLAP a 8. évfolyamosok számára

MATEMATIKA FELADATLAP a 8. évfolyamosok számára 8. évfolym TMt1 feldtlp MATEMATIKA FELADATLAP 8. évfolymosok számár tehetséggondozó változt 11:00 ór NÉV: SZÜLETÉSI ÉV: HÓ: NAP: Tolll dolgozz! Zseszámológépet nem hsználhtsz. A feldtokt tetszés szerinti

Részletesebben

(a n A) 0 < ε. A két definícióbeli feltétel ugyanazt jelenti (az egyenlőtlenség mindkettőben a n A < ε), ezért a n A a n A 0.

(a n A) 0 < ε. A két definícióbeli feltétel ugyanazt jelenti (az egyenlőtlenség mindkettőben a n A < ε), ezért a n A a n A 0. Földtudomáy lpszk 006/07 félév Mtemtik I gykorlt IV Megoldások A bármely ε R + számhoz v oly N N küszöbidex, hogy mide N, >N eseté A < ε A 0 bármely ε R + számhoz v oly N N küszöbidex, hogy mide N, > N

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Számelmélet I.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Számelmélet I. Számelmélet I. DEFINÍCIÓ: (Osztó, többszörös) Ha egy a szám felírható egy b szám és egy másik egész szám szorzataként, akkor a b számot az a osztójának, az a számot a b többszörösének nevezzük. Megjegyzés:

Részletesebben

Waldhauser Tamás december 1.

Waldhauser Tamás december 1. Algebra és számelmélet előadás Waldhauser Tamás 2016. december 1. Tizedik házi feladat az előadásra Hányféleképpen lehet kiszínezni az X-pentominót n színnel, ha a forgatással vagy tükrözéssel egymásba

Részletesebben

Lineáris egyenletrendszerek

Lineáris egyenletrendszerek Lineáris egyenletrendszerek lineáris elsőfokú, z ismeretlenek ( i -k) elsőfokon szerepelnek. + + n n + + n n m + m +m n n m m n n mn n m (m n)(n )m A A: együtthtó mátri Megoldás: milyen értékeket vehetnek

Részletesebben

Összeállította: dr. Leitold Adrien egyetemi docens

Összeállította: dr. Leitold Adrien egyetemi docens Lineáris egyenletrendszerek Összeállított: dr. Leitold Adrien egyetemi docens 2008.09.08. Leontieff-modellek Leontieff-modellek: input-output modellek gzdság leírásár legyen n féle, egymássl összefüggésben

Részletesebben

GAZDASÁGI MATEMATIKA I.

GAZDASÁGI MATEMATIKA I. GAZDASÁGI MATEMATIKA I.. A HALMAZELMÉLET ALAPJAI. Hlmzok A hlmz, hlmz eleme lpfoglom (nem deniáljuk ket). Szokásos jelölések: hlmzok A, B, C (ngy bet k), elemek, b, c (kis bet k), trtlmzás B ( eleme z

Részletesebben

Határozzuk meg, hogy a következő függvényeknek van-e és hol zérushelye, továbbá helyi szélsőértéke és abszolút szélsőértéke (

Határozzuk meg, hogy a következő függvényeknek van-e és hol zérushelye, továbbá helyi szélsőértéke és abszolút szélsőértéke ( 9 4 FÜGGVÉNYVIZSGÁLAT Htározzuk meg, hogy következő függvényeknek vn-e és hol zérushelye, továbbá helyi szélsőértéke és bszolút szélsőértéke (41-41): 41 f: f, R 4 f: 4 f: f 5, R f 5 44 f: f, 1, 1 1, R

Részletesebben

Heves Megyei Középiskolák Palotás József és Kertész Andor Matematikai Emlékversenye évfolyam (a feladatok megoldása)

Heves Megyei Középiskolák Palotás József és Kertész Andor Matematikai Emlékversenye évfolyam (a feladatok megoldása) Okttási Hivtl E g r i P e d g ó g i i O k t t á s i K ö z p o n t Cím: 00 Eger, Szvorényi u. 7. Postcím: 00 Eger, Szvorényi u. 7. elefon: /50-90 Honlp: www.oktts.hu E-mil: POKEger@oh.gov.hu Heves Megyei

Részletesebben

2. modul Csak permanensen!

2. modul Csak permanensen! MATEMATIKA C. évfolym. modul Csk permnensen! Készítette: Kovács Károlyné Mtemtik C. évfolym. modul: Csk permnensen! Tnári útmuttó A modul célj Időkeret Ajánlott korosztály Modulkpcsolódási pontok A htványzonosságok

Részletesebben

f (ξ i ) (x i x i 1 )

f (ξ i ) (x i x i 1 ) Villmosmérnök Szk, Távokttás Mtemtik segédnyg 4. Integrálszámítás 4.. A htározott integrál Definíció Az [, b] intervllum vlmely n részes felosztásán (n N) z F n ={,,..., n } hlmzt értjük, melyre = <

Részletesebben

5. A logaritmus fogalma, a logaritmus azonosságai

5. A logaritmus fogalma, a logaritmus azonosságai A ritmus foglm ritmus zonossági I Elméleti összefoglló H > 0 > 0 > 0 vlós számok és n tetszőleges vlós szám kkor 0 n n H > 0 > 0 > 0 vlós számok kkor H > kkor z f( ) kkor z f( ) függvén szigorún monoton

Részletesebben

megtalálásának hihetetlen nehéz voltán alapszik. Az eljárás matematikai alapja a kis FERMAT-tétel egy következménye:

megtalálásának hihetetlen nehéz voltán alapszik. Az eljárás matematikai alapja a kis FERMAT-tétel egy következménye: Az RSA módszer Az RSA módszer titkossága a prímtényezős felbontás nehézségén, a prímtényezők megtalálásának hihetetlen nehéz voltán alapszik. Az eljárás matematikai alapja a kis FERMAT-tétel egy következménye:

Részletesebben

IV. Algebra. Algebrai átalakítások. Polinomok

IV. Algebra. Algebrai átalakítások. Polinomok Alger Algeri átlkítások olinomok 6 ) Öttel oszthtó számok pl: -0-5 0 5 áltlánosn 5 $ l lkú, hol l tetszôleges egész szám Mtemtiki jelöléssel: 5 $ l hol l! Z ) $ k+ vgy$ k- hol k! Z $ m- vgy $ m+ lkú, hol

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2007. október 25. KÖZÉPSZINT I.

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2007. október 25. KÖZÉPSZINT I. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 007. október 5. KÖZÉPSZINT I. ) Az A hlmz elemei háromnál ngyobb egyjegyű számok, B hlmz elemei pedig húsznál kisebb pozitív pártln számok. Sorolj fel z hlmz elemeit! ( pont) A B AB

Részletesebben

MATEMATIKA 9. osztály I. HALMAZOK. Számegyenesek, intervallumok

MATEMATIKA 9. osztály I. HALMAZOK. Számegyenesek, intervallumok MATEMATIKA 9. osztály I. HALMAZOK Számegyenesek, intervllumok. Töltsd ki tábláztot! Minden sorbn egy-egy intervllum háromféle megdás szerepeljen!. Add meg fenti módon háromféleképpen következő intervllumokt!

Részletesebben

Házi feladatok megoldása. Harmadik típusú nyelvek és véges automaták. Házi feladatok megoldása. VDA-hoz 3NF nyelvtan készítése

Házi feladatok megoldása. Harmadik típusú nyelvek és véges automaták. Házi feladatok megoldása. VDA-hoz 3NF nyelvtan készítése Hrmdik típusú nyelvek és véges utomták Formális nyelvek, 10. gykorlt Házi feldtok megoldás 1. feldt Melyik nyelvet fogdj el következő utomt? c q 0 q 1 q 2 q 3 q 1 q 4 q 2 q 4 q 2 q 0 q 4 q 3 q 3 q 4 q

Részletesebben

"ALAPÍTÓ OKIRAT... A továbbiakban változatlanul a 13. ponttal bezárólag. Határidő: határozat megküldésére: 199 6. október 30.

ALAPÍTÓ OKIRAT... A továbbiakban változatlanul a 13. ponttal bezárólag. Határidő: határozat megküldésére: 199 6. október 30. -8 4 - (...) "ALAPÍTÓ OKIRAT... (Változtlnul 12. pontig) 12.) Az intézmény vezetőiét pályázt útján Várplot város Önkormányztánk Képviselő-testülete htározott időre nevezi k i. Az áltlános iskolábn két

Részletesebben

IX. A TRIGONOMETRIA ALKALMAZÁSA A GEOMETRIÁBAN

IX. A TRIGONOMETRIA ALKALMAZÁSA A GEOMETRIÁBAN 4 trigonometri lklmzás geometrián IX TRIGONOMETRI LKLMZÁS GEOMETRIÁN IX szinusz tétel Feldt Számítsd ki z háromszög köré írhtó kör sugrát háromszög egy oldl és szemen fekvő szög függvényéen Megoldás z

Részletesebben

Ellenállás mérés hídmódszerrel

Ellenállás mérés hídmódszerrel 1. Lbortóriumi gykorlt Ellenállás mérés hídmódszerrel 1. A gykorlt célkitűzései A Whestone-híd felépítésének tnulmányozás, ellenállások mérése 10-10 5 trtománybn, híd érzékenységének meghtározás, vlmint

Részletesebben

Vektortér fogalma vektortér lineáris tér x, y x, y x, y, z x, y x + y) y; 7.)

Vektortér fogalma vektortér lineáris tér x, y x, y x, y, z x, y x + y) y; 7.) Dr. Vincze Szilvi Trtlomjegyzék.) Vektortér foglm.) Lineáris kombináció, lineáris függetlenség és lineáris függőség foglm 3.) Generátorrendszer, dimenzió, bázis 4.) Altér, rng, komptibilitás Vektortér

Részletesebben

- 27 - (11,05 Miskolczi Ferenc megérkezett, a létszám: 21 fő)

- 27 - (11,05 Miskolczi Ferenc megérkezett, a létszám: 21 fő) 27 A ház hét minden npján progrmokkl telített. Kb. 900 fitl fordul meg hetente z állndó progrmokon. A próbák, z összejövetelek hosszú évek ót ugynzon helyen, ugynzon időpontbn vnnk. A megszokottság egyegy

Részletesebben

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Nagy Gábor  compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 11. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra

Részletesebben

Térbeli pont helyzetének és elmozdulásának meghatározásáról - I.

Térbeli pont helyzetének és elmozdulásának meghatározásáról - I. Térbeli pont helyzetének és elmozdulásánk meghtározásáról - I Egy korábbi dolgoztunkbn melynek címe: Hely és elmozdulás - meghtározás távolságméréssel már volt szó címbeli témáról Ott térbeli mozgást végző

Részletesebben

HHF0CX. k darab halmaz sorbarendezésének a lehetősége k! Így adódik az alábbi képlet:

HHF0CX. k darab halmaz sorbarendezésének a lehetősége k! Így adódik az alábbi képlet: Gábor Miklós HHF0CX 5.7-16. Vegyük úgy, hogy a feleségek akkor vannak a helyükön, ha a saját férjeikkel táncolnak. Ekkor már látszik, hogy azon esetek száma, amikor senki sem táncol a saját férjével, megegyezik

Részletesebben

Prímtesztelés, Nyilvános kulcsú titkosítás

Prímtesztelés, Nyilvános kulcsú titkosítás Prímtesztelés, Nyilvános kulcsú titkosítás Papp László BME December 8, 2018 Prímtesztelés Feladat: Adott egy nagyon nagy n szám, döntsük el, hogy prímszám-e! Naív kísérletek: 1. Nézzük meg minden nála

Részletesebben

Els gyakorlat. vagy más jelöléssel

Els gyakorlat. vagy más jelöléssel Els gykorlt Egyszer egyenletek, EHL PDE A gykorlt elején megismerkedünk prciális dierenciálegyenletek (mostntól: PDE-k) lpfoglmivl. A félév során sokt fog szerepelni z ún. multiindex jelöl, melynek lényege,

Részletesebben

Kovács Judit ELEKTRO TEC HNIKA-ELEKTRONIKA 137

Kovács Judit ELEKTRO TEC HNIKA-ELEKTRONIKA 137 ELEKTROTECHNIKA-ELEKTRONIKA Kovács Judit A LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK GAUSS-FÉLE ELIMINÁCIÓVAL TÖRTÉNŐ MEGOLDÁSÁNAK SZEREPE A VILLAMOSMÉRNÖK SZAKOS HALLGATÓK MATEMATIKA OKTATÁSÁBAN ON THE ROLE OF GAUSSIAN

Részletesebben

Végeredmények, emelt szintû feladatok részletes megoldása

Végeredmények, emelt szintû feladatok részletes megoldása Végeredmények, emelt szintû feldtok részletes megoldás I. gyökvonás. gyökfoglom kiterjesztése. négyzetgyök lklmzási. számok n-edik gyöke 5. z n-edik gyökfüggvény, z n-edik gyök lklmzás 6 II. Másodfokú

Részletesebben

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Nagy Gábor  compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 10. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra

Részletesebben

Gyakorló feladatsor 9. osztály

Gyakorló feladatsor 9. osztály Gykorló feldtsor 9. osztály Hlmzok. Sorold fel z lábbi hlmzok elemeit! ) A={ legfeljebb kétjegyű 9-cel oszthtó páros pozitív számok} b) B={:prímszám, hol < 7} c) C={b=n+, hol nϵz és- n

Részletesebben

finanszírozza más városnak, tehát ezt máshonnan finanszírozni nem lehet.

finanszírozza más városnak, tehát ezt máshonnan finanszírozni nem lehet. 19 finnszírozz más városnk, tehát ezt máshonnn finnszírozni lehet. Amennyiben z mortizációs költség szükségessé váló krbntrtási munkár elég, s melynek forrás csk ez, bbn z esetben z önkormányzt fizeti

Részletesebben

Minta feladatsor I. rész

Minta feladatsor I. rész Mint feldtsor I. rész. Írj fel z A számot htványként! A / pont/. Mekkor hosszúságú dróttl lehet egy m m-es tégllp lkú testet z átlój mentén felosztni két derékszögű háromszögre? Adj meg hosszúságot mértékegységgel!

Részletesebben

Győry Ákos: A Titu-lemma. A Titu-lemma. Győry Ákos Földes Ferenc Gimnázium, Miskolc

Győry Ákos: A Titu-lemma. A Titu-lemma. Győry Ákos Földes Ferenc Gimnázium, Miskolc A Titu-lemm Győry Ákos Földes Feren Gimnázium, Miskol Az lái feldtsort jórészt z 5. Rátz László Vándorgyűlésen elhngzott nygól állítottm össze, néhány feldttl kiegészítettem, néhol pedig új izonyításokkl

Részletesebben

Számelmélet (2017. február 8.) Bogya Norbert, Kátai-Urbán Kamilla

Számelmélet (2017. február 8.) Bogya Norbert, Kátai-Urbán Kamilla Számelmélet (2017 február 8) Bogya Norbert, Kátai-Urbán Kamilla 1 Oszthatóság 1 Definíció Legyen a, b Z Az a osztója b-nek, ha létezik olyan c Z egész szám, melyre ac = b Jelölése: a b 2 Példa 3 12, 2

Részletesebben

11. évfolyam feladatsorának megoldásai

11. évfolyam feladatsorának megoldásai évolym eldtsoránk megoldási Oldjuk meg természetes számok hlmzán következő egyenleteket x ) y 6 x! 3 b) y 6 3 ) Átrendezve megoldndó egyenlet y 6 x! 3 H x 0, kkor H x, kkor H x, kkor H x 3, kkor H x, kkor

Részletesebben

1. Egészítsük ki az alábbi Python függvényt úgy, hogy a függvény meghatározza, egy listába, az első n szám faktoriális értékét:

1. Egészítsük ki az alábbi Python függvényt úgy, hogy a függvény meghatározza, egy listába, az első n szám faktoriális értékét: Az írásbeli vizsgán, az alábbiakhoz hasonló, 8 kérdésre kell választ adni. Hasonló kérdésekre lehet számítani (azaz mi a hiba, egészítsük ki, mi a függvény kimeneti értéke, adjuk meg a függvényhívást,

Részletesebben

A vasbeton vázszerkezet, mint a villámvédelmi rendszer része

A vasbeton vázszerkezet, mint a villámvédelmi rendszer része Vsbeton pillér vázs épületek villámvédelme I. Írt: Krupp Attil Az épületek jelentős rze vsbeton pillérvázs épület formájábn létesül, melyeknél vázszerkezetet rzben vgy egzben villámvédelmi célr is fel

Részletesebben

Algebrai struktúrák, mátrixok

Algebrai struktúrák, mátrixok A számítástudomány mtemtiki lpji Algebri struktúrák, mátrixok ef.: Algebri struktúrán olyn nemüres hlmzt értünk melyen leglább egy művelet vn definiálv. ef.: A H nemüres hlmzon értelmezett kétváltozós

Részletesebben

MATEMATIKA FELADATLAP a 8. évfolyamosok számára

MATEMATIKA FELADATLAP a 8. évfolyamosok számára 8. évfolym Mt1 feldtlp MATEMATIKA FELADATLAP 8. évfolymosok számár 11:00 ór NÉV: SZÜLETÉSI ÉV: HÓ: NAP: Tolll dolgozz! Zsebszámológépet nem hsználhtsz. A feldtokt tetszés szerinti sorrendben oldhtod meg.

Részletesebben

19. Függvények rekurzív megadása, a mester módszer

19. Függvények rekurzív megadása, a mester módszer 19. Függvéyek rekurzív megdás, mester módszer Algoritmusok futási idejéek számítás gykr vezet rekurzív egyelethez, külööse kkor, h z lgoritmus rekurzív. Tekitsük például h z összefésülő redezés lábbi lgoritmusát.

Részletesebben

Kongruenciák. Waldhauser Tamás

Kongruenciák. Waldhauser Tamás Algebra és számelmélet 3 előadás Kongruenciák Waldhauser Tamás 2014 őszi félév Tartalom 1. Diofantoszi egyenletek 2. Kongruenciareláció, maradékosztályok 3. Lineáris kongruenciák és multiplikatív inverzek

Részletesebben

MATEMATIKA FELADATLAP a 8. évfolyamosok számára

MATEMATIKA FELADATLAP a 8. évfolyamosok számára 8. évfolym AMt2 feltlp MATEMATIKA FELADATLAP 8. évfolymosok számár 15:00 ór NÉV: SZÜLETÉSI ÉV: HÓ: NAP: Tolll olgozz! Zseszámológépet nem hsználhtsz. A feltokt tetszés szerinti sorrenen olhto meg. Minen

Részletesebben

l.ch TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK HATÁRÉRTÉKE ÉS DIFFERENCIÁLHATÓSÁGA

l.ch TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK HATÁRÉRTÉKE ÉS DIFFERENCIÁLHATÓSÁGA l.ch TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK HATÁRÉRTÉKE ÉS DIFFERENCIÁLHATÓSÁGA A kétváltozós függvének két vlós számhoz rendelnek hozzá eg hrmdik vlós számot, másként foglmzv számpárokhoz rendelnek hozzá eg hrmdik számot.

Részletesebben

MATEMATIKA FELADATLAP a 8. évfolyamosok számára

MATEMATIKA FELADATLAP a 8. évfolyamosok számára 8. évfolym TMt2 feldtlp MATEMATIKA FELADATLAP 8. évfolymosok számár tehetséggondozó változt 15:00 ór NÉV: SZÜLETÉSI ÉV: HÓ: NAP: Tolll dolgozz! Zseszámológépet nem hsználhtsz. A feldtokt tetszés szerinti

Részletesebben

MATEMATIKA FELADATLAP a 8. évfolyamosok számára

MATEMATIKA FELADATLAP a 8. évfolyamosok számára 8. évfolym Mt1 feldtlp MATEMATIKA FELADATLAP 8. évfolymosok számár 11:00 ór NÉV: SZÜLETÉSI ÉV: HÓ: NAP: Tolll dolgozz! Zsebszámológépet nem hsználhtsz. A feldtokt tetszés szerinti sorrendben oldhtod meg.

Részletesebben

Absztrakt vektorterek

Absztrakt vektorterek Absztrkt vektorterek Összeállított: dr. Leitold Adrien egyetemi docens 213. 1. 8. Absztrkt vektorterek /1. Absztrkt vektortér definíciój Legyen V egy hlmz, egy test (pl. vlós vgy komplex számtest), és

Részletesebben

Numerikus módszerek 2.

Numerikus módszerek 2. Numerikus módszerek 2. 12. elődás: Numerikus integrálás I. Krebsz Ann ELTE IK 2015. május 5. Trtlomjegyzék 1 Numerikus integrálás 2 Newton Cotes típusú kvdrtúr formulák 3 Hibformulák 4 Összetett formulák

Részletesebben

1144 PROGRAMOZÁSMÓDSZERTAN, PROGRAMOZÁSI NYELVEK

1144 PROGRAMOZÁSMÓDSZERTAN, PROGRAMOZÁSI NYELVEK PROGRAMOZÁSMÓDSZERTAN, PROGRAMOZÁSI NYELVEK ESETFELVETÉS- MUNKAHELYZET A következő fejezetekben zokkl z lpvető mtemtiki lpokkl ismerkedhet meg, melyek tudás elengedhetetlen z lpvető progrmozási ismeretek

Részletesebben

Határozott integrál. Newton -Leibniz szabály. alkalmazások. improprius integrál

Határozott integrál. Newton -Leibniz szabály. alkalmazások. improprius integrál Htározott integrál definíció folytonos függvények esetén definíció korlátos függvények esetén Newton -Leibniz szbály integrálási szbályok lklmzások improprius integrál Legyen z f függvény [, b]-n értelmezett

Részletesebben

Házi feladatok megoldása. Automaták analízise, szintézise és minimalizálása. Házi feladatok megoldása. Házi feladatok megoldása

Házi feladatok megoldása. Automaták analízise, szintézise és minimalizálása. Házi feladatok megoldása. Házi feladatok megoldása Automták nlízise, szintézise és minimlizálás Formális nyelvek, 11. gykorlt Célj: Az utomták nlízisének és szintézisének gykorlás, utomt minimlizáió Foglmk: Anlízis és szintézis, nyelvi egyenlet és egyenletrendszer

Részletesebben

MATEMATIKA FELADATLAP a 8. évfolyamosok számára

MATEMATIKA FELADATLAP a 8. évfolyamosok számára 8. évfolym TMt1 feldtlp MATEMATIKA FELADATLAP 8. évfolymosok számár tehetséggondozó változt 11:00 ór NÉV: SZÜLETÉSI ÉV: HÓ: NAP: Tolll dolgozz! Zseszámológépet nem hsználhtsz. A feldtokt tetszés szerinti

Részletesebben

Szakács Lili Kata megoldása

Szakács Lili Kata megoldása 1. feladat Igazoljuk, hogy minden pozitív egész számnak van olyan többszöröse, ami 0-tól 9-ig az összes számjegyet tartalmazza legalább egyszer! Andó Angelika megoldása Áll.: minden a Z + -nak van olyan

Részletesebben

Oszthatóság. Oszthatóság definíciója (az egészek illetve a természetes számok halmazán):

Oszthatóság. Oszthatóság definíciója (az egészek illetve a természetes számok halmazán): Oszthatóság Oszthatóság definíciója (az egészek illetve a természetes számok halmazán): Azt mondjuk, hogy az a osztója b-nek (jel: a b), ha van olyan c egész, amelyre ac = b. A témakörben a betűk egész

Részletesebben

Hatványozás. A hatványozás azonosságai

Hatványozás. A hatványozás azonosságai Hatványozás Definíció: a 0 = 1, ahol a R, azaz bármely szám nulladik hatványa mindig 1. a 1 = a, ahol a R, azaz bármely szám első hatványa önmaga a n = a a a, ahol a R, n N + n darab 3 4 = 3 3 3 3 = 84

Részletesebben

2016, Diszkrét matematika

2016, Diszkrét matematika Diszkrét matematika 8. előadás Sapientia Egyetem, Műszaki és Humántudományok Tanszék Marosvásárhely, Románia mgyongyi@ms.sapientia.ro 2016, őszi félév Miről volt szó az elmúlt előadáson? a Fibonacci számsorozat

Részletesebben

OSZTHATÓSÁG. Osztók és többszörösök : a 3 többszörösei : a 4 többszörösei Ahol mindkét jel megtalálható a 12 többszöröseit találjuk.

OSZTHATÓSÁG. Osztók és többszörösök : a 3 többszörösei : a 4 többszörösei Ahol mindkét jel megtalálható a 12 többszöröseit találjuk. Osztók és többszörösök 1783. A megadott számok elsõ tíz többszöröse: 3: 3 6 9 12 15 18 21 24 27 30 4: 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40 5: 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 6: 6 12 18 24 30 36 42 48 54 60 1784. :

Részletesebben

MATEMATIKA FELADATLAP a 8. évfolyamosok számára

MATEMATIKA FELADATLAP a 8. évfolyamosok számára 8. évfolym Mt2 feldtlp MATEMATIKA FELADATLAP 8. évfolymosok számár 15:00 ór NÉV: SZÜLETÉSI ÉV: HÓ: NAP: Tolll dolgozz! Zsebszámológépet nem hsználhtsz. A feldtokt tetszés szerinti sorrendben oldhtod meg.

Részletesebben

0.1 Deníció. Egy (X, A, µ) téren értelmezett mérhet függvényekb l álló valamely (f α ) α egyenletesen integrálhatónak mondunk, ha

0.1 Deníció. Egy (X, A, µ) téren értelmezett mérhet függvényekb l álló valamely (f α ) α egyenletesen integrálhatónak mondunk, ha Vegyük észre, hogy egy mérhet f függvény pontosn kkor integrálhtó, h f dµ =. lim N Ez indokolj következ deníciót. { f α >N}. Deníció. Egy X, A, µ téren értelmezett mérhet függvényekb l álló vlmely f α

Részletesebben

Algebrai kifejezések. 1. Az algebrai kifejezés. 1. a) x+ 5 b) x5 c) x 5. d) x 5. e) x. f) 1 x

Algebrai kifejezések. 1. Az algebrai kifejezés. 1. a) x+ 5 b) x5 c) x 5. d) x 5. e) x. f) 1 x Algebri kifejezések. Az lgebri kifejezés. ) x+ 5 b) x5 c) x 5 d) x 5 e) x f) x. y + x felsoroltk közül nincs megfelelő szksz x+ y, megfelelő szksz x+ 4 y c, megfelelő szksz x + yb, megfelelő szksz x +

Részletesebben

II. A számtani és mértani közép közötti összefüggés

II. A számtani és mértani közép közötti összefüggés 4 MATEMATIKA A 0. ÉVFOLYAM TANULÓK KÖNYVE II. A számtni és mértni közép közötti összefüggés Mintpéld 6 Számítsuk ki következő számok számtni és mértni közepeit, és ábrázoljuk számegyenesen számokt és közepeket!

Részletesebben

Diszkrét matematika I.

Diszkrét matematika I. Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 1. Diszkrét matematika I. középszint 10. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2014. ősz Felhívás Diszkrét matematika I. középszint 2014.

Részletesebben

II.4. A SZÁZHOLDAS PAGONY. A feladatsor jellemzői

II.4. A SZÁZHOLDAS PAGONY. A feladatsor jellemzői II.4. A SZÁZHOLDAS PAGONY Tárgy, tém A feldtsor jellemzői Kombintorik, kombinációk számánk meghtározás, z ezzel kpcsoltos ismeretek elmélyítése. Előzmények Cél Lehetőségek fáj, szorzási szbály. A gykorlti

Részletesebben

Diszkrét matematika I.

Diszkrét matematika I. Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 1. Diszkrét matematika I. középszint 11. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2014. ősz Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint 2014.

Részletesebben

MATEMATIKA FELADATLAP a 8. évfolyamosok számára

MATEMATIKA FELADATLAP a 8. évfolyamosok számára 8. évfolym TMt1 feldtlp MATEMATIKA FELADATLAP 8. évfolymosok számár tehetséggondozó változt 11:00 ór NÉV: SZÜLETÉSI ÉV: HÓ: NAP: Tolll dolgozz! Zseszámológépet nem hsználhtsz. A feldtokt tetszés szerinti

Részletesebben

823. A helyesen kitöltött keresztrejtvény: 823. ábra. 823. A prímek összege: 2+ 5+ 2= 9; 824. a) 2 1, 2 4, 5 3, 3 5, 2$ 825.

823. A helyesen kitöltött keresztrejtvény: 823. ábra. 823. A prímek összege: 2+ 5+ 2= 9; 824. a) 2 1, 2 4, 5 3, 3 5, 2$ 825. Egész kitevôjû htváok 7 8 A helese kitöltött keresztrejtvé: 8 ár 8 A rímek összege: + + 9 8 ) $ $ 8 ) $ $ 9$ $ 7 $ $ 0 c) $ ( + ) ( + ) 8 ) $ $ k ( - ) - - - ) r s - 7 m k l ( + ) 7 8 ( - ) 8 ( + ) 7 (

Részletesebben

II. EGYENLETEK ÉS EGYENLŐTLENSÉGEK

II. EGYENLETEK ÉS EGYENLŐTLENSÉGEK Egyenletek és egyenlőtlenségek 5 II EGYENLETEK ÉS EGYENLŐTLENSÉGEK Az idők folymán ngyon sok gykorlti problém merült fel, melynek megoldásához egyenletekre volt szükség A mi egyszerű és tömör mtemtiki

Részletesebben

XX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny

XX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny XX. Nemzetközi Mgyr Mtemtik Verseny onyhá, 011. március 11 15. 11. osztály 1. felt: Igzoljuk, hogy ármely n 1 természetes szám esetén. Megolás: Az összeg tgji k k 1+ k = = 1+ + n +... < 1+ 1+ n 3 1+ k

Részletesebben

Egészrészes feladatok

Egészrészes feladatok Kitűzött feladatok Egészrészes feladatok Győry Ákos Miskolc, Földes Ferenc Gimnázium 1. feladat. Oldjuk meg a valós számok halmazán a { } 3x 1 x+1 7 egyenletet!. feladat. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Mtemtik középszint 061 ÉRETTSÉGI VIZSGA 007. október 5. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivlók Formi előírások:

Részletesebben

Matematika A1a - Analízis elméleti kérdései

Matematika A1a - Analízis elméleti kérdései Mtemtik A1 - Anlízis elméleti kérdései (műszki menedzser szk, 2018. ősz) Kör egyenlete Az (x 0, y 0 ) középpontú, R sugrú kör egyenlete síkon (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 = R 2. Polinom Az x n x n + n 1 x n

Részletesebben

A motiválás lehetőségei az algebra tanításában

A motiválás lehetőségei az algebra tanításában A motiválás lehetőségei z lgebr tnításábn Szkdolgozt Készítette: Sár Csenge Mtemtik Bsc, tnári szkirány Témvezető: Somfi Zsuzs ELTE TTK Mtemtiktnítási és Módszertni Központ Eötvös Loránd Tudományegyetem

Részletesebben

4. Legyen Σ = {0, 1}. Adjon meg egy determinisztikus véges automatát, amely azokat a szavakat fogadja el,

4. Legyen Σ = {0, 1}. Adjon meg egy determinisztikus véges automatát, amely azokat a szavakat fogadja el, lgoritmuselmélet 29 2 gykorlt Véges utomták Legyen Σ = {, } djon meg egy determinisztikus véges utomtát, mely zokt szvkt fogdj el, melyeken páros sok null és pártln sok egyes vn! z ötlet z, hogy számoljuk

Részletesebben

Arányosság. törtszámot az a és a b szám arányának, egyszer en aránynak nevezzük.

Arányosság. törtszámot az a és a b szám arányának, egyszer en aránynak nevezzük. Arányosság Az törtszámot z és szám rányánk, egyszeren ránynk nevezzük. Az rány értéke zt ejezi ki, hogy z szám hányszor ngyo számnál, illetve szám hányszor kise z számnál. Az rányokkl végezhet két legontos

Részletesebben