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TEST DE PRIMALITé AKS ET APPLICATIONS

TEST DE PRIMALIT′E AKS ET APPLICATIONS

Youness Lamzouri*

D′e partement de math′e matiques et statistiques

Universit′e de Montr′e al

24Mars2004

Abstract.Les math′e matiques ont tent′e jusqu’`a ce jour de d′e couvrir une r′e gularit′e dans la

suite des nombres premiers,et nous avons de bonnes raisons de croire qu’il y a l`a un myst`e re

que l’esprit humain ne p′e n′e trera jamais.Il su?t d’ailleurs,pour s’en convaincre,de jeter un

regard sur une table de nombres premiers(que certains ont pris la peine de calculer jusqu’`a

plusieurs centaines de milliers);on est alors instantan′e ment convaincu qu’il n’y r`e gne ni loi,

ni ordre,ni r`e gle.

Leonhard Euler(1707-1783)

1.INTRODUCTION

Les deux plus anciennes civilisations,`a savoir les′Egyptiens et les Babyloniens,sont rest′e es muettes sur les nombres premiers et cela malgr′e leur progr′e s en ce qui concerne les calculs.Les Babyloniens avaient pourtant obtenu des triplets qui correspondent aux trois c?o t`e s d’un triangle rectangle,connus sous le th′e or`e me de Pythagore qui exige quand m?e me une certaine aisance en arithm′e tique.En ce qui concerne les′Egyptiens,ils savaient d′e composer un entier en facteurs irr′e ductibles,ce qui laisse`a penser qu’il est inconcevable que ces derniers n’aient pas e?eur′e le sujet des nombres premiers.Quoi qu’il en soit,il fal-lait attendre Euclide(environ330AC);ce dernier est l’inventeur des math′e matiques que l’on utilise de nos jours.C’est lui qui introduisit les hypoth`e ses sous forme de postulats ou axiomes.Dans son manuscrit”Les′El′e ments”,on trouve les premi`e res th′e ories sur les nom-bres premiers.′Eratosth`e ne,un autre math′e maticien grec,est l’auteur du crible:ce dernier consiste`a′e crire tous les nombres d’un intervalle donn′e,puis`a′e liminer m′e thodiquement les multiples des nombres premiers successifs d′e j`a connus,en s’arr?e tant`a la racine carr′e e de la borne sup′e rieure de l’intervalle.

2YOUNESS LAMZOURI*

Dans le temps,on s’est int′e ress′e s aux nombres dits parfaits.Ces nombres ont la pro-pri′e t′e remarquable qu’ils sont′e gaux`a la somme de leur diviseurs propres.Ie.

n est parfait? d|n d=n1=n.

Euclide avait′e tabli qu’un nombre de la forme(2n?1)(2n?1)est parfait si2n?1est premier.Cela a pouss′e d’autres comme Pietro Cataldi(1552-1626)`a donner une autre dimension`a l’a?rmation d’Euclide,`a savoir pour que2n?1soit premier,il faut que n le soit aussi.Cette derni`e re a?rmation a int′e ress′e de plus pr`e s le math′e maticien Mersenne (1588-1648)qui′e tudia la primalit′e des nombres de la forme2n?1en a?rmant en1644que M p=2p?1est premier pour p=2,3,5,7,13,17,19,31,67,127,257,et compos′e pour les autres exposants jusqu’`a257.Jusqu’`a aujourd’hui,on ignore encore s’il existe une in?nit′e de nombres de Mersenne premiers.

`A la m?e me′e poque,une des?gures incontournables des math′e matiques,lorsque nous ′e voquons la th′e orie des probabilit′e s appliqu′e e`a l’arithm′e tique,Pierre Fermat est le sauveur d’une th′e orie qui a presque sombr′e dans l’oubli.Apr`e s sa mort,son?ls publia”Arith-metica”;on y trouve entre autres son fameux Th′e or`e me de Fermat(recemement appel′e Th′e or`e me de Wiles)qui a?rme que l’′e quation:

x n+y n=z n.

n’admet pas de solutions enti`e res pour n≥3.Fermat a?rma qu’il a”trouv′e une m′e thode remarquable pour le prouver,n′e aumoins la marge est trop petite pour la contenir”.Il conjectura aussi que tout nombre entier est somme de quatre carr′e s,ce qui,un si`e cle plus tard′e tait d′e montr′e par Lagrange,de m?e me que tout nombre premier de la forme4n+1est la somme de deux carr′e s,ce qui nous ram`e ne en1729au math′e maticien Euler qui prouva cette derni`e re.Il′e tablit aussi la fausset′e de la conjecture de Fermat sur la primalit′e des nombres de la forme F n=22n+1en se servant des nombres de Mersenne.Il prouva aussi que la somme des inverses des nombres premiers est divergente,ie.

p premier 1

+...=+∞.

Cette derni`e re a?rmation nous donne une indication sur l’in?nit′e des nombres premiers, mais on remarquera que la divergence se fait tr`e s lentement,car si l’on additionne l’inverse des tous les nombres premiers inf′e rieurs`a1000,on obtient2,19808.Jusqu’`a10000,on obtient2,48305et jusqu’`a100000,on obtient2,70527221.Plus pr′e cis`e ment on d′e montre que

log log(n)≤ p premier p≤x1

TEST DE PRIMALIT′E AKS ET APPLICATIONS3 Un si`e cle plus tard,on tombe sur une conjecture qui dit queπ(m),le nombre de nombres premiers inf′e rieurs`a m,vaut environ m/log(m),en d’autres termes:

π(m)

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Pour d′e chi?rer,il su?t d’′e lever A`a la puissance d o`u d est l’inverse de e moduloφ(n)= (p?1)(q?1).

Ceci demontre l’int′e r?e t qu’ont les grands nombres premiers en cryptographie.Cepen-dant une question primordiale qui reste`a r′e soudre,est de trouver des nombres premiers tr`e s grands,de l’ordre de centaines voir milliers de chi?res,et cela dans un temps cours (ou polyn?o mial).

La m′e thode la plus′e vidente`a consid′e rer est le crible d’Eratosth`e ne.Cependant cet

√

algorithme teste si n est premier dans un temps proportionnel`a

TEST DE PRIMALIT′E AKS ET APPLICATIONS5 Th′e or`e me de Fermat pour les Polyn?o mes.Soit a un nombre entier tel que(a,p)=1. Alors p est premier si et seulement si

(x?a)p≡x p?a mod(p). Preuve.On a(x?a)p= p i=0(?1)p?i p i x i a p?i.Et

p i =p(p?1)...(p?i+1)

(q?1)...2.1

mais q|p et donc q p?i pour tout0

L’avantage de ce r′e sultat est qu’il donne une caract′e risation compl′e te des nombres premiers,cependant le calcul des puissances d’un polyn?o me modulo p n′e cessite beaucoup de temps car il faut calculer tous les coe?cients.

L’algorithme AKS est le premier algorithme d′e terministe qui soit en temps polyn?o mial (Il teste si un entier n est premier dans un temps d’au plus log(n)A op′e rations,o`u A est une certaine constante),en fait dans l’AKS,A=12.Le meilleur algorithme d′e terministe avant l’AKS est celui de Adlemann,Pomerance,et Rumely[1](1983),qui marche en un temps de log(n)c log log log(n)o`u c est une certaine constante.Cet algorithme est presque polyn?o mial dans le sens que malgr`e le fait que log log log(n)→∞quands n→∞,cette croissance est tr`e s lente et est pratiquement(pour les plus grands nombres qu’on peut ecrire)n′e gligeable.

Les algorithmes probabilistes sont quant`a eux les plus r′e pandus,car leur temps de calcul est minime(de l’ordre de log(n)),cependant ils a?rment qu’un entier est premier avec une probabilit′e≈1ce qui n’est pas une CERTITUDE pour les math′e maticiens et surtout les th′e oritiens.

L’id′e e cl′e de l’algorithme AKS se base sur le fait de trouver un r”convenable”et de r′e duire les puissances des polyn?o mes ainsi calcul′e s modulo p,modulo un polyn?o me simple qui d′e pend de r.Il s’av`e re qu’un bon choix sera x r?1.Donc on consid`e re le fait que:

(x?a)p≡x p?a mod(x r?1,p).

ceci ne donnerait qu’une caract′e risation partielle,car l’identit′e dessus est plus faible que le th′e or`e me de Fermat pour les polyn?o mes,et donc il faut la combiner`a quelques autres r′e sultats pour avoir une caract′e risation compl`e te,ce que Agrawal,Kayal et Saxena ont exactement fait,et c’est ce que nous allons voir dans les sections plus avanc′e es.

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2.NOTATIONS ET PR′ELIMINAIRES

2.1Notations et Conventions

Nous allons d′e?nir quelques notations qui sont pour la plupart standards et peuvent?e tre trouv′e es dans n’importe quel livre classique d’alg`e bre(ex.[8])ou de th′e orie des nombres (ex.[6]ou[7]).

Le log sera dor′e navant en base2,ie log(n)=log2(n),P(n)d′e signera le plus grand facteur premier de n.

Les lettres r,p et q d′e signerons toujours des nombres premiers(sauf si mentionn′e).La notation standard de congruence sera

m≡n mod k?k|m?n.

si n,m et k sont des entiers.Alors que si f(x)et g(x)sont des polyn?o mes`a coe?cients entiers(on notera l’ensemble de ces polyn?o mes Z[x]),on aura que f(x)≡g(x)mod(k) si et seulement si les coe?cients de f(x)?g(x)sont tous divisibles par k.

Le pgcd de deux entiers n et m sera not′e pgcd(m,n)et de m?e me pour le ppcm.|G| notera la cardinalit′e de l’ensemble G et[x]sera la partie enti`e re d’un r′e el x.

On d′e?nit O m(n)comme l’ordre de n modulo m,ie le plus petit entier k tel que

n k≡1mod(m).

La notation f(x)=O(h(x)),o`u f et h sont deux fonctions r′e eles,veut dire qu’il existe une constante positive A tel que

|f(x)|≤Ah(x)pour tout r′e el x.

Finalement nous d′e signons parπ(x)la fonction qui associe`a un r′e el positif x,le nombre de nombres premiers plus petits que x,ie

π(x)=|{p≤x:p est premier}|.

2.2Pr′e liminaires

Cette section va?e tre divis′e e en deux parties,dans la premi`e re nous allons exposer les pr′e liminaires d’alg`e bre dont nous allons avoir besoin`a travers ce manuscrit,tels les d′e?nitions de groupes,anneaux et corps,ainsi que quelques propositions et th′e or`e mes que le lecteur pourra trouver dans tout livre classique d’alg`e https://www.doczj.com/doc/d014747109.html, seconde partie quant`a elle va?e tre consacr′e e aux pr′e liminaires de la th′e orie des nombres.

TEST DE PRIMALIT′E AKS ET APPLICATIONS7

A)ALG`EBRE

D′e?nitions.

A1.Un ensemble G muni d’une op′e ration*est un groupe si

i)l’op′e ration*est associative.ie.

?a,b,c∈G(a?b)?c=a?(b?c);

ii)il existe un′e l′e ment neutre1∈G tel que

?a∈G a?1=1?a=a;

iii)tout′e l′e ment poss`e de un inverse,ie.

?a∈G?b∈G a?b=b?a=1.

A2.Un groupe G est dit ab′e lien si l’op′e ration*est commutative,ie.

?a,b∈G b?a=a?b.

A3.Un groupe G est dit cyclique s’il existe un′e l′e ment a∈G tel que

G={a n:n∈Z}.

on dira alors que G est engendr′e par a,et a est appel′e g′e n′e rateur de G.(Notons que a?1 d′e signera l’inverse de a dans G)

A4.Soit G un groupe et a∈G,l’ordre de a dans G d′e signera le plus petit entier positif k tel que

a k=1.

A5.Soit G un groupe et S?G,alors S est dit sous-groupe de G si S est un groupe.

A6.Un ensemble A muni de deux op′e rations+et*est un anneau si

i)(A,+)est un groupe ab′e lien,son′e l′e ment neutre est not′e0.

ii)l’op′e ration*est associative.

iii)l’op′e ration*est distributive sur+ie.

?a,b,c∈G(a+b)?c=a?c+b?c et a?(b+c)=a?b+a?c.

A7.Un anneau A est dit commutatif si?l’est.

A8.Un anneau A est dit unitaire s’il poss`e de un′e l′e ment neutre1pour l’op′e ration*.

A9.Soit A un anneau et B?A,alors B est dit sous-anneau de A si B est un anneau.

A10.Soit A un anneau et a,b∈A.On dit que a divise b et on ecrit a|b s’il existe un ′e l′e ment c∈A tel que b=a?c.

8YOUNESS LAMZOURI*

A11.Un ensemble K muni de deux op′e rations+et*est un corps si

i)(K,+)est un groupe ab′e lien.

ii)(K\{0},*)est un groupe ab′e lien.

iii)l’op′e ration*est distributive sur+.

A12.Un corps K est dit?ni s’il contient un nombre?ni d’′e l′e ments.

A13.Soit A un anneau et I?A.I est un id′e al de A si I est un sous-anneau de A et ?a,b∈A a?I={a?i:i∈I}?I et I?b={i?b:i∈I}?I.

A14.Soit A un anneau et a∈A.L’id′e al engendr′e par a est

(a)={a?b:b∈A}.

Maintenant si a i∈A pour1≤i≤n,alors l’id′e al engendr′e par l’ensemble{a1,a2,...,a n} est

(a1,a2,...,a n)={a1?b1+a2?b2+...a n?b n:b1,b2,..,b n∈A}.

A15.Soit A un anneau et A[x]l’ensemble des polyn?o mes`a coe?cients dans A.Un ′e l′e ment p(x)∈A[x]est dit irr′e ductible si,pour tout q1(x)et q2(x)∈A[x]tel que

p(x)=q1(x)q2(x).

alors q1(x)ou q2(x)est un polyn?o me constant.

A16Soit(K,+,?)et(Q,+ ,? )deux corps?nis.On dit queφest un isomorphisme entre K et Q,siφest une application bijective qui pr′e serve l’addition et la multiplication, ie.

?a,b∈Kφ(a+b)=φ(a)+ φ(b)etφ(a?b)=φ(a)? φ(b).

on dit alors que K et Q sont isomorphes,et on note K≈Q.

Propositions.

Dans cette partie nous′e noncerons quelques r′e sultats et th′e or`e mes fondamentaux que nous utiliserons dans les sections plus avanc′e es.Nous n’inclurons pas les preuves pour la pluparts car ceux-ci peuvent?e tre trouv′e es dans tout manuel classique d’alg`e bre.

A17.Soit G un groupe cyclique,alors tout sous-groupe de G est cyclique.

A18.Soit G un groupe,alors l’ordre d’un′e l′e ment g∈G divise l’ordre du groupe G. Aussi si g k=1pour un entier positif k,alors l’ordre de g divise k.

A19.Soit A un anneau commutatif unitaire.L’ensemble A[x]de tous les polyn?o mes`a coe?cients dans l’anneau A est un anneau commutatif unitaire.

A20.Soit A un anneau commutatif unitaire et I un id′e al dans A.Soit a∈A et d′e?nissons la classe d’′e quivalence de a par rapport`a l’id′e al I par:

[a]={b∈A:a≡b mod(I)}o`u a≡b mod(I)?a?b∈I.

TEST DE PRIMALIT′E AKS ET APPLICATIONS9 et posons:

A/(I)={[a]:a∈A}.

alors A/(I)est un anneau et est appel′e l’anneau quotient de A par I.

A21.Soit p un nombre premier et Z p={0,1,2,...,p?1}.On d′e?nit”+”et”*”sur Z p comme′e tant l’addition et la multiplication modulo p.Alors(Z p,+,?)est un corps`a p ′e l′e ments et est not′e F p.

A22.Si deux corps?nis poss′e dent le m?e me nombre d’′e l′e ments,alors ils sont isomor-phes.Dor′e navant tous les corps?nis de m′e l′e ments seront not′e s F m.

A23.Soit A est un anneau et a,b∈A.Alors

(a,b)?(a)et a|b?(b)?(a).

A24.Soit p un nombre premier et h(x)un polyn?o me irr′e ductible dans F p[x].Alors l’ensemble des polyn?o mes`a coe?cients dans F p muni des op′e rations d’addition et de multi-plication modulo h(x),not′e par F p[x]/(h(x)),est un corps.De plus son groupe multiplicatif (F p[x]/(h(x)) ?=F p[x]/(h(x))\{0}est cyclique d’ordre p d o`u d=deg(h(x)).

A25.Soit A un anneau commutatif unitaire et a,b∈A.alors A/(a,b)est isomorphe `a A/(a) /(b).On peut en d′e duire que si h(x)∈Z[x]et p est un nombre premier alors

Z[x]/(h(x),p)≈F p[x]/(h(x)).

A26.Soit f(x)∈Z[x]et p un nombre premier.Alors

f(x)p≡f(x p)mod(p).

Nous allons d′e montrer trois lemmes qui joueront un r?o le important dans la preuve de l’AKS.

Lemme2.2.1.Soient k,d et x des entiers positifs.Alors

k|d?x k?1|x d?1.

Preuve.Si k|d alors posons d=mk donc

x mk?1=(x k)m?1=(x k?1)(1+x k+x2k+...+x(m?1)k). Maintenant si x k?1|x d?1alors soit s le reste de division de d par k,donc s

p k≡1mod(p k?1)

?p tk≡1mod(p k?1)

?p tk+s≡p s mod(p k?1)

?p d≡p s mod(p k?1)

?1≡p s mod(p k?1)car p k?1|p d?1.

et donc p k?1|p s?1mais p s?1

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Lemme2.2.2.Soit p et r deux nombres premiers distincts.Et soit h(x)un facteur de x r?1et m1≡m2mod(r)alors:

x m1≡x m2mod(h(x)).

Preuve.Sans perdre de g′e n′e ralit′e supposons que m1≥m2,donc il existe un entier positif k tel que m1=m2+kr.Alors

x r≡1mod(h(x))

?x kr≡1mod(h(x))

?x m2+kr≡x m2mod(h(x))

?x m1≡x m2mod(h(x)).

Lemme2.2.3.Soit p et r deux nombres premiers distincts.Alors dans F p,x r?1

x?1.Supposons que Q r(x)poss`e de un facteur

irr′e ductible h(x)dans F p de degr′e k.Nous allons montrer que k=d.Maintenant F p[x]/(h(x))est un corps de cardinalit′e p k,et son sous-groupe multiplicatif est cyclique par la proposition A24,et donc poss`e de un g′e n′e rateur g(x).Donc par la proposition A26 g(x)p≡g(x p)mod(p)

?g(x)p≡g(x p)mod(p,h(x))[car(p,h(x))?(p)]

?g(x)p=g(x p)[dans F p[x]/(h(x))par la proposition A25]

?g(x)p d=g(x p d)[par induction]

?g(x)p d=g(x)[par le lemme2.2.2car p d≡1mod(r)par d′e?nition]

?g(x)p d?1=1[dans F p[x]/(h(x))].

Mais puisque l’ordre de g(x)dans F p[x]/(h(x))est p k?1(cardinalit′e de F p[x]/(h(x)) ?) alors p k?1|p d?1par la proposition A18ce qui implique que k|d par le lemme2.2.1. On sait aussi que h(x)|x r?1dans F p et donc dans le corps F p[x]/(h(x))nous avons que

x r=1.

donc l’ordre du polyn?o me f(x)=x divise r mais r est premier et donc l’ordre de f(x)est r,ce qui implique que r|p k?1par la proposition A18(puisque l’ordre de F p[x]/(h(x)) ?) est p k?1).D’ou p k≡1mod(r),ce qui implique que d|k par d′e?nition.Ceci ach`e ve la preuve.

TEST DE PRIMALIT′E AKS ET APPLICATIONS11

B)TH′EORIE DES NOMBRES

Pour cette partie nous allons′e noncer et prouver quelques r′e sultats classiques de la th′e orie des nombres.

Th′e or`e me fondamental d’arithm′e tique.

Pour tout entier positif n il existe des nombres premiers p1,p2,...,p k et des entiers positifs a1,a2,...,a k tel que

n=p a11p a22...p a k

en plus cette d′e composition est unique.

Th′e or`e me de Chebychev.Soitπ(n)le nombre de premiers≤n.Alors pour n≥1:

log(n)

Les preuves de ces th′e or`e mes peuvent?e tre trouv′e es dans tout livre d’introduction`a la th′e orie des nombres.Le prochain r′e sultat:Lemme de Fouvry[4],est quant`a lui tr`e s r′e cent et sa preuve est d’un niveau largement sup′e rieur au niveau sous-gradu′e,nous nous contenterons d’inclure son article dans les r′e ferrences pour les plus int′e ress′e s.

Lemme de Fouvry.Il existe une constante c>0et un r′e el x0,tel que pour tout x≥x0 on a:

|{p≤x:p premier et P(p?1)>x2/3}|≥c x

r log(n)et q|O r(n)(O r(n) est l’ordre de n modulo r).

c)V′e ri?er si pgcd(n,m)=1pour tout1≤m≤r,dans ce cas passer`a l’′e tape suivante, sinon retourner:COMPOS′E.

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d)V′e ri?er si(x?a)n≡x n?a mod(x r?1,n)pour tout1≤a≤2√

6log log(n)+log(c2) On dira que p est un premier sp′e cial si P(p?1)>p2/3et d′e?nissons

πs(x)=|{p≤x:p est un premier sp′e cial}|≤π(x).

TEST DE PRIMALIT′E AKS ET APPLICATIONS13 On obtient alors que le nombre de premiers sp′e cials dans l’intervalle[c1log(n)6,c2log(n)6] est′e gal`a:

S=πs(c2log(n)6)?πs(c1log(n)6)≥πs(c2log(n)6)?π(c1log(n)6)

≥cc2log(n)66log log(n)+log(c

par le th′e or`e me de Chebychev

≥cc2log(n)66log log(n)=log(n)67?8c1

8c1

3?1)=

i=1log(n i?1)≤x13 i=1i≤log(n)x13+1)

3log(n).

Notons que pour n assez grand on a que

(1)(c2)23log(n)

log(n)6

log log(n)→∞quands n→∞.

Maintenant puisque le c?o t′e droit de(1)est une borne inf′e rieure du nombre de premiers sp′e cials dans l’intervalle[c1log(n)6,c2log(n)6],et que le c?o t′e gauche de(1)repr′e sente une borne sup′e rieure du nombre de facteurs premiers distincts deΠ,alors par le principe des tirroires,il existe au moins un premier sp′e cial r entre c1log(n)6et c2log(n)6qui ne divise pasΠ.En utilisant le petit th′e or`e me de Fermat vu que pgcd(n,r)=1on a que

(2)n r?1≡1mod(r).

Posons k=O r(n)alors par A18,k|r?1.Maintenant soit q=P(r?1)>r2/3vu que r est sp′e cial,est puisque r≥c1log(n)6≥(4log(n))6par notre choix de c1,alors

(3)q>4

√

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Nous allons montrer par la suite que q|k,pour ce fair supposons le contraire.Puisque

q|r?1et k|r?1,q est premier et q k alors k|r?1

mais par notre choix de r,r Πdonc

(5)n i≡1mod(r)pour tout1≤i≤x1/3.

et donc(4)et(5)nous fournissent une contradiction par d′e?nition de k(car n k≡1 mod(r)).D’o`u on a bien que q|k=O r(n)et le lemme est prouv′e.

Preuve du Th′e or`e me3.2.Supposons maintenant que n est compos′e et qu’il survit la

premi`e re′e tape de l’algorithme(ie n n’est pas une puissance enti`e re).Soit n=pα11pα22...pαm

m o`u chaqueαi≥1la d′e composition unique de n en facteurs premiers par le th′e or`e me fondamental d’arithm′e tique.Soit k i=O r(p i)et K=ppcm(p i)alors

p k i i≡1mod(r)?1≤i≤m donc p K i≡1mod(r)?1≤i≤m.

D’o`u n K≡1mod(r)ce qui implique que O r(n)|K.Maintenant q|O r(n)donc q|K et alors il existe un i tel que q|O r(p i)car q est premier,soit alors p=p i ce facteur premier. Supposons maintenant que le test′e choue et retourne:PREMIER.Ceci veut dire que: (**)(x?a)n≡x n?a mod(x r?1,n)pour tout1≤a≤L:=2√

TEST DE PRIMALIT′E AKS ET APPLICATIONS15 1.Borne Sup′e rieure

Soit g(x)un g′e n′e rateur de G(puisque G est cyclique par A17),l’ordre de g(x)dans (F p[x]/(h(x)))?est′e gal`a|G|.D′e?nissons alors:

I g(x)={m∈N:g(x)m≡g(x m)mod(x r?1,p)}.

Nous allons montrer la propri′e t′e int′e ressante que I g(x)est ferm′e sous la multiplication. Soit m1,m2∈I g(x)alors:

g(x)m1≡g(x m1)mod(x r?1,p)et g(x)m2≡g(x m2)mod(x r?1,p).

En remplacant x par x m1(en posant X=x m1car x n’est qu’une variable muette)dans la deuxi`e me congruence on trouve:

g(x m1)m2≡g(x m1m2)mod(x m1r?1,p).

maintenant par le lemme2.2.1x r?1|x m1r?1et donc:

(6)g(x m1)m2≡g(x m1m2)mod(x r?1,p).

d’o`u par(6):

g(x)m1m2≡(g(x)m1)m2mod(x r?1,p)

≡(g(x m1))m2mod(x r?1,p)

≡g(x m1m2)mod(x r?1,p).

Donc m1m2∈I g(x),ce qui implique que I g(x)est ferm′e sous la multiplication.Une autre propri′e t′e de I g(x)est que si m1,m2∈I g(x)alors:

(7)m1≡m2mod(r)=?m1≡m2mod(|G|).

Pour montrer(7),supposons que m1,m2∈I g(x)avec m1≡m2mod(r).Sans perdre de g′e n′e ralit′e prenons m1≥m2,donc il existe un entier positif k tel que m1=m2+kr,ceci implique que:

g(x)m1≡g(x m1)mod(x r?1,p)

?g(x)m1≡g(x m1)mod(h(x),p)

(8)

?g(x)m2+kr≡g(x m2+kr)mod(h(x),p).

maintenant par le lemme2.2.2g(x m2+kr)≡g(x m2)mod(h(x))et donc:

(9)g(x m2+kr)≡g(x m2)mod(h(x),p).

16YOUNESS LAMZOURI*

De(8)et(9)on d′e duit:

(10)g(x)m2+kr≡g(x m2)≡g(x)m2mod(h(x),p).

la derni`e re congruence est vraie vu que m2∈I g(x)et que h(x)|x r?1.Maintenant puisque g(x)≡0mod(h(x),p) car g(x)est le g′e n′e rateur de G?F p[x]/((h(x)) ,alors de(10) on obtient:

g(x)kr≡1mod(h(x),p)=?|G|divise kr=m1?m2=?m1≡m2mod(|G|).

ce qui prouve(7).

Maintenant g(x)∈G,et donc il existe a1,a2,...,a s∈[1,L]etα1,α2,...,αs>0tel que:

(11)g(x)=

i=1(x?a i)αi.

mais puisqu’on a suppos′e(**)alors:

(12)(x?a i)n≡x n?a i mod(x r?1,p)?1≤i≤s car p|n. et donc par(11)et(12)on obtient:

(13)g(x)n≡

i=1((x?a i)n)αi≡s i=1(x n?a i)αi≡g(x n)mod(x r?1,p).

ce qui implique que n∈I g(x),triviallement1∈I g(x),et aussi g(x)p≡g(x p)mod(p)par A26et donc

(14)g(x)p≡g(x p)mod(h(x),p).

et donc par(13)et(14)et vu que I g(x)est ferm′e sous la multiplication alors:

E={n i p j:0≤i,j≤[

√

r])2>r alors par le principe des tirroires il existe deux ′e l′e ments n i1p j1et n i2p j2dans E avec i1=i2ou j1=j2tel que n i1p j1≡n i2p j2mod(r) et donc par(7)n i1p j1≡n i2p j2mod(|G|),on ne peut avoir n i1p j1=n i2p j2car sinon n serait une puissance de p(car p|n,mais on a suppos′e que n passe l’′e tape1de l’algorithme et que n=p)et donc on obtient notre borne inf′e rieure d′e sir′e e:

(15)|G|≤|n i1p j1?n i2p j2|≤n2√r.

TEST DE PRIMALIT′E AKS ET APPLICATIONS17 2.Borne Inf′e rieure

Soit S?G l’ensemble de tous les polyn?o mes de G dont le degr′e est strictement plus petit que d=deg(h(x)).Donc:

S={ 1≤a≤L(x?a)αa:αa≥0, 1≤a≤Lαa≤d?1;?1≤a≤L}.

√

Puisque r>r?1≥q>4

18YOUNESS LAMZOURI*

Maintenant la cardinalit′e de S est′e gale au nombre de solutions enti`e res positives ou nullesαi,1≤i≤L de l’′e quation:

(18)

i=1αi=d?1.

Qui,par un simple argument combinatoire poss`e de exactement L+d?1L solutions. Ceci nous founit alors notre borne inf′e rieure pour|G|puisque S?G,et donc:

|G|≥|S|=

L+d?1L =d(d+1)...(d+L?1)L L.

Maintenant puisque d=O r(p)≥q>4

√

L L

>2L=n2

√

TEST DE PRIMALIT′E AKS ET APPLICATIONS19 polyn?o me f(x)de degr′e≤s et dont les coe?cients ont moins que m chi?res,n′e cessite O(log(s)(s(m+log(s))).

En appliquant ces di?′e rents algorithmes soignesement,on peut d′e duire que les di?′e rentes parties de l’AKS pour tester si n est premier,n′e c′e ssitent O r3/2(log(n))3 op′e rations,o`u le r est le premier qu’on trouve dans la partie b)de l’algorithme.Ceci implique que plus r est petit plus l’algorithme est rapide.Th′e oriquement on a vu qu’un tel r existe de l’ordre de log(n)6ce qui donne un temps polyn?o mial′e gal`a log(n)12pour l’AKS.Cependant,on conjecture qu’un certain r existe de l’ordre de log(n)2,ce fait suit de la conjecture suivante qui g′e n′e ralise le lemme de Fouvry:

Conjecture4.1.Pour tout >0,il existe des constantes C et x tel que pour tout x>x on a

|{p≤x:p premier et P(p?1)>x1? }|≥C x

√

r log(n)et donc r>q>

中控考勤机详细操作说明书

中控考勤机说明书 1考勤机的使用 1.1登记指纹 1.2考勤机功能介绍(通讯，参数设置，系统信息，U盘管理) 2考勤软件的使用 2.1 软件的安装 2.2 软件使用 2.2.1 增加设备 2.2.2 从设备下载人员信息 2.2.3 修改人员信息（改名字，调动部门等） 2.2.4 上传人员信息到设备 2.2.5 下载考勤数据 2.2.6 时间段设置 2.2.7 班次管理 2.2.8 人员排班 2.2.9 统计报表一考勤机快速使用 1.1登记指纹（分彩屏跟黑白屏）从设备上采集指纹：（1）彩屏：长按M/OK键--“用户管理”点OK--“新增用户”点OK--选择工号，- 往下翻在“指纹登记”上点OK，同一个手指按三次，完成后再点击OK键，再放上另一个手指按三次--往下翻到完成上点OK。（如果要再登记指纹可在‘用户管理‘点OK--’管理用户‘点M/OK---点M/OK选择’---- 查找用户‘—输入工号点OK—点M/OK选择“编辑用户”然后选择登记指纹，登记完成后---往下翻到完成上点M/OK。（2）黑白屏录指纹的跟彩屏类似就不再说了。录备用指纹的话跟彩

屏有点区别：按M/OK—用户登记—指纹登记—提示新登记—按ESC键—跳出备份登记—输入工号—登记指纹。。 1.2机器的功能介绍（1）通讯设置—设置通讯方式有RS232/485通讯，TCP/IP，USB 通讯（2）系统设置—参数设置（包含提示声音，键盘声音，时间设置算法切换（高端机器如iclock360, S20等）--数据维护（删除考勤机上的记录数据【记录要定时去删除】，清除管理权限【管理员破解】，清除全部数据----恢复设置（恢复出厂设置【不会删除考勤机上的数据只是恢复机器出厂的通讯设置等】；（3）系统信息—可以查看设备的人员登记数跟指纹数及考勤记录数-------设备信息可以查看设备的序列号、算法版本、MAC地址、出厂时间等。（4）U盘功能（包含下载跟上传的功能） <1>(1)把U盘插到考勤机上--长按M/OK键进入菜单--选择U盘管理--下载数据--下载用户数据--下载完成后退出然后把U盘拿下来插到电脑上。 <2> (1)打开考勤软件--点击软件最左上角数据--选择菜单里“USB闪盘管理”，然后选择菜单里对应的选项（黑白屏机器选择第一项，彩屏机器选择第三项）--在对话框的左上角第一栏“导入用户数据到电脑”上点击--最后再点击“从U盘导入用户数据”--导入完成后关闭。

万和热水器e4解决方法

热水器在我们生活中起到了非常大的作用，给我们的生活带来了很大的优越感。特别是到了冬季北方天气寒冷，平时生活时刻离不开热水器，不管是洗脸刷牙洗菜做饭还是洗澡都要用热水。所以我们最怕的就是冬季家里的热水器出现故障，。因为热水器使用久了出现一些小的故障是避免不了的。为了让万和用户能更好的了解热水器一些常见故障，今天就给大家讲讲万和热水器显示E4故障代码怎么解决？万和恒温热水器出现故障的时候，在显示屏上面都会出现一个故障代码，一个故障代码代表一种含义。万和E4故障在冬季发生的很多，E4代码的意思是风机霍尔传感器故障，当我们开启热水器龙头后，热水器风机开始运转，可以风机霍尔传感器出现故障后，检测不到风机运转的型号，当电脑板接收不到风机工作的信号时就会报警显示E4故障代码。

这时我们可以把风机拆卸下来，去热水器配件市场购买一个风机霍尔传感器更换上就可以了，万和热水器售后每年维修大量的万和E4故障，可以说百分九十九都是风机霍尔故障，但是也有主板出现故障的，但是这种几率非常小。 1.E4是因为热水器水箱内部管温出现故障。 2.故障代码意义接口故障（E0）：温度传感器开路或短路；点火系统故障（E1）：点火结束后，还未检测到火焰；燃气不足或意外熄火（E2）：正常燃烧后，检测不到火焰。出水温度过高（E3）：出水温度超过80℃或干烧。应更换电池（E4）：电池电压低于2V。 3.原因分析及解决方法： A、热水器的水温过高造成的。可以适当调低水温。 B、热水器风压力开关发生故障，需要进行更换。 C、热水器的感温探头损坏，需要进行更换。 D、水流出现异常，应该是堵塞造成的，需要把异物清除。 E、热水器主板故障，需要找专业人员进行检测或者更换热水器主板。 F、热水器主要元件故障，需要进行检测，这种故障只能进行元件的更换。以上就是一些主要的解决方法，希望能够帮到大家！

ET工具命令(CAD)

从AutoCADR14开始Autodesk公司就在AutoCAD的基础上补充了一个程序——《扩展工具》。AutoCADR14里面叫做《附赠程序》，英文版为《BONUS》；AutoCAD2002及以后的版本里都叫做《ET扩展工具》，英文版为《ExpressTools》。操作AutoCAD时，利用AutoCAD固有的命令，可以进行一系列的绘图操作。但有时，总觉得有的命令在使用时，须按要求进行多次选择后，才开始执行，一次、二次没什么，命令用多了就觉得很麻烦，对提高绘图速度也是个障碍。由此，许多CAD 的高手们就按照自己绘图的要求，环境，习惯等，对CAD进行二次开发，做了很多“插件”、“工具”、“外挂”之类的实用扩展工具。其实，AutoCAD本身就带有这种实用的扩展工具《ET扩展工具》，里面有不少好用的工具程序，可协助你做图层管理、文字书写、像素编修、绘图辅助、超级填充图案、尺寸样式等，经过安装后，它们会正规地出现在你的AutoCAD菜单中。各种版本的《ET扩展工具》功能数量不一定相同，但大同小异，只要略加熟悉，能熟练运用后，你将有如虎添翼的感觉，大幅提高你的绘图速度，将指日可待。《ET扩展工具》的主要命令及其功能介绍 LMAN：将图层内容写入文件或加载文件 LAYMCH：单击参考对象作图层更换 LAYCUR：单击对象将图层更换至当前层(更换到所选中的图层中) LAYISO：单击对象显示该图层其余关闭 LAYOFF：单击对象关闭该图层 LAYLCK：单击对象锁定该图层 LAYULK：单击对象解锁该图层 LAYON：将所有被关闭的图层打开 LAYFRZ：单击对象冻结该图层 LAYTHW：将所有被冻结的图层解冻 TEXTFIT：将文字作FIT(填入)重新调整 TEXTMASK：将文字的重叠对象处作暂时消除（打印可见？取消消隐？） CHT：修改多个文字的特性（无此命令） TXTEXP：将文字分解为Line对象 ARCTEXT：将文字写于单击的弧段上（变为块） FIND：寻找与更换文字的内容 BURST：将Block字转换成一般文字 GATTE：修改Block属性文字内容 EXCHPROP：修改对象的特性 MSTRETCH：多重选框作Stretch(拉伸) MOCORO：同步移动复制旋转比例调整 EXTRIM：单击封闭对象作一次剪切 CLIPLT：单击任意对象作局部截取 MPEDIT：多重对象单击，作Edit编辑 XPLODE：分解对象并指定分解后的特性 NCOPY：连续单一单击对象作复制 BTRIM：可单击Block为边界作剪切 BEXTEND：可单击BIock为边界作延伸 WIPEOUT：建立橡皮擦 REVCLOUD：依指正的弧长徒手绘样条线 GQLATTACH：连结引线与Mtext建立关联 QLDETACHSET：分离引线与文字的关联性 PACK：复制图文件与所使用的相关文件 GETSEL：计算图层中或对象类别的数量

et老师另辟蹊径谈“托福阅读prosesummary解题技巧”

ET老师另辟蹊径谈“托福阅读Prose Summary 解题技巧” 一、绝密档案——剖析Prose Summary的前世今生 Prose summary, TOEFL王国中的头号通缉犯，自2008年随IBT入主考试界以来，就是无数江湖人士的心头噩梦。究其为何，原因有二：其一：Prose Summary 题型天生不讨巧，从来都是在一场战役（一篇文章）行将结束时出现，而且还针对全文出题。很多大侠往往准备不足，加之略有紧张，到最后往往文章中写了些啥全部忘得一干二净。而面对这种题目，定位相对来讲往往也就意味着从头把文章再看一遍，耗时又费力，极为不招人待见。其二：从Prose Summary的出题标准来看，Prose Summary是希望各位大侠选出符合文章内容的三个选项，当然，这个选项，并非说只要是符合文章的，正确的就行。在江湖英雄帖（OG）中，对于Prose Summary的描述是这样的：“These items measure your ability to understand and recognize the major ideas and the relative importance of information in a passage.”，各位看官不妨注意一下major ideas这个词，翻译成我们汉人的话来说，就是主要观点或者是重要信息。但是，很多大侠，入行不久，功夫不深，往往是细节和主观点傻傻分不清楚。综上，Prose Summary是各位大侠在战斗中所遇到的终极BOSS，耗时又费力。然而，俗话说，擒贼先擒王，更不要说这个BOSS是个外强中干的菜鸟，稍加注意，不但能逢凶化吉，反而在战场上作用巨大，为何如此，且听ET细细道来。二、庖丁解牛——prose summary 破题五法 1. 秘技1——巧用黑体字相信，还有不少大侠还没注意到过prose summary选项前的那一行黑体字吧，这行黑体字，作用又是什么呢？我们不妨来继续看看，英雄帖怎么说？现在，拿出自己手里的任何一本托福模拟题，或者是任何的一套TPO，我们都会在题目上的Direction看到这样的一行字：An introductory sentence for a brief summary of the passage is provided below。用汉人的话说，brief summary，也就是全文的简单总结。换而言之，文章大概写了什么内容，出题人已经给你总结出来了。加上，这篇文章，让你选择出来的又是符合文章的重要信息，所以，有了它，我们就对全文的内容，已经略知一二了。、2. 秘技2——巧用黑体字题眼定选项刚才我们谈到，黑体字是对全文的概括总结。加上我们在之前的时候，就已经给大家

(完整版)常用工具中英文对照

常用工具中英文对照扳手Wrenches/套筒Sockets 开口扳手 Open End Wrenches 梅花扳手 Spline End Wrenches 块扳手 Crowfoot Wrenches 开口/梅花扳手 Combination Wrenches 内六角扳手 Hex Wrenches 平板棘轮扳手 Slab Ratchet 棘轮扳手 Ratchet Wrenches 力矩扳手 Torque Wrenches 管钳 Pipe Wrenches 活动扳手 Adjustable Wrenches 六角套筒 Six Point Sockets 梅花套筒 Twelve Point Sockets 万向套筒 Universal Sockets 转接头 Adaptor 套筒接杆 Socket Extension 万向转接头 Universal Joint 螺刀Screwdrivers 快速螺刀 Fast Screwdrivers 仪表螺刀 Electronic miniature Screwdrivers

十字头螺刀 PILLIPS Screwdrivers 磁性螺刀 Magnetic Screwdrivers 一字头螺刀 Flat Tip Screwdrivers 摇把 Speeders 钳Pliers 尖嘴钳 Needle Nose Pliers 大力钳 Locking Pliers 保险丝钳 Safety Wire Twisters 鹰嘴钳 Adjustable Joint Pliers 插头钳 Connector Plug 剥线钳 Wire Strippers 鱼口钳 Combination Slip-Joint Pliers 卡环钳 Convertible Snap Ring Pliers 剪线钳 Diagonal Cutters 压线钳 Wire Crimpers 电气工具Electronic Tools 矿灯 Safety Lamb (Mine r’s Lamb) 手电 Flashing Light 对讲机 Interphone 电烙铁 Electronic Iron 耳机 Earphone 防静电手腕 Static Wrist

万和燃气热水器打不着火不打火点不着火的原因分析

万和燃气热水器打不着火不打火点不着火的原因分析导读：万和热水器打不着火的原因一：燃气通路故障；燃气热水器不打火的原因二：水路故障；燃气热水器打不着火的原因三：电路系统故障；万和热水器打不着火的原因四：热水器机械故障。万和燃气热水器打不着火的原因：燃气通路故障燃气通路是首先要检查的第一步：万和热水器中电磁阀在不通电时是将燃气通路关闭的，它是靠热水器脉冲控制器将阀门打开通气后才能使热水器点着火，这个位置的故障率极高，但通常不是电磁阀本身故障造成的，多数是由于它未能得到供电而导致开不了阀，燃气不能到达燃烧器导致万和热水器打不着火；万和燃气热水器打不着火的原因：水路故障万和燃气热水器水路故障主要有进水口过滤网堵塞、水阀结垢、水箱铜管变形堵塞、水压低等。它们造成燃气热水器打不着火的共同点是热水器出水量很小（燃气热水器的正常启动水压是0.02MPa，如果水压过低热水器就无法启动）。老式强排热水器这个现象很明显，所以排除是否因为水路故障造成燃气热水器点不着火只需要观察出水量或水压是否过低。万和燃气热水器打不着火的原因：电路系统故障热水器电路部分涉及的配件较多,是燃气热水器打不着火故障原因查找的核心部分,包括漏电保插头、热水器电源控制盒、脉冲点火器、电磁阀、风机启动电容、风机、风压检测开关、微动开关或水流传感器开关、点火针、感应针、冷热水开关。燃气热水器脉冲点火器发出工作信号传送至热水器电源控制盒,通过一条连接到风压检测开关的负压管,使风压检测开关工作,此返回到脉冲点火器开始连续放电和延时2秒吸开电磁阀通气即可点着火,感应针感应到火焰正常后即通过脉冲给出电磁阀持续的维持电压,使电磁阀保持在开启状态,燃烧器便可持续正常工作。任何一个环节出现故障都会导致燃气热水器点不着火。万和燃气热水器打不着火的原因：热水器机械故障水气联动装置主要由水阀内部水压提供动力,推动联动杆,同时打开电路部分和其中一级燃气密封通道,若水气联动装置出现故障整个电路部分都没办法工作,导致燃气热水器打不着火;风机部分若因风叶卡死或电机转速慢达不到风压检测开关的启动压力,脉冲点火器无法得风压检测开关的信号,也会导致燃气热水器点不着火。检查总结：燃气热水器打不着火可以分为无点火声不点火和有点火声打不着火，常见原因就是电源问题、电磁阀故障、电点火器故障、点火针或感应瓷针故障等这几个方面。

KEY按键应用大全精修订

K E Y按键应用大全集团标准化工作小组 #Q8QGGQT-GX8G08Q8-GNQGJ8-MHHGN#

《KEY(按键)应用》大全技术类别： ? 设计中你是否遇到过这样的问题：你的产品上要求有几十个按键，处理器IO口很少，PCB的面积又有严格限制，或者你要严格控制成本，无法使用象7219那样的扩展芯片，怎么解决这个问题下面有个方法，大家都见过遥控器吧，上面不但有几十个按键，而且功能还挺多什么去抖动，同时按键处理都有了，最最重要的是控制芯片体积小，价格便宜（也就1，2块钱），外围器件少。。不过具体实现起来有点小麻烦，这类芯片的信号一般是PPM输出的，通常为了有更远的遥控距离，按键编码调制在一个38k左右的载波上。所以我们不得不再为这个方案多花上1块钱，加一个有烂运放做的低通滤波器，将载波滤除后在接到单片机的IO脚上，由于两个频率相差较多，这个滤波器并不难做。我使用LM324做的。其中有两级低通，一个比较器。当你的示波器上出现一串可爱的几百赫兹的方波时，你的硬件就成功啦。既然只用一条IO就扩展了几十个按键，软件上自然会多费些事，此类芯片发码都是有引导头，同步部分，用户码，键码等部分组成，有三十多个位，具体可参照sc6121资料。下面时一个完整的接收程序，针对的芯片是 sc6121，处理器89c51 \ ib_KeyCode[0] 用户码低位 ,ib_KeyCode[1]用户码高位 ,ib_KeyCode[2]键码 ,ib_KeyCode[3]键码的反码 */ The meaning of 'SysKBMsg' is list as following. Program Design:LiBaizhan Ver: Date:2003-3-16 ************************************************************************************/ #include <> #include <> sbit Key1 = P1^0; sbit Key2 = P1^1; /* Some System Var Pre_Definition Crystal Frequence is */ #define TIME_2MS 0X74 #define TIME_20MS 0X043B #define KB_INTERNAL 3 /*Key DBClk Detection Internal */ /* SysKBMsg define Keyboard Message,it include Single_Click or Double_Click It's bit6~bit0 record key_encode and bit 7 record DBClk(1) or SglClk(0) It can record and encode up to 127(2^7-1) keys No key is press when it is 0 This method did not deal key such as Ctrl_Key or Alt_Key or Shift_Key...etc. */

考勤机说明书

SIAI-I68A使用说明 1.1 使用环境尊敬的用户，首先感谢您购买本公司的彩屏指纹考勤机。为了使您更好的使用和保养本产品，在使用之前，请您仔细阅读本使用指引，这将有助于提高您使用本产品的效率。请不要将彩屏指纹考勤机放置在强光直照的地方。强光对指纹信息的采集有着明显的影响，可能会导致指纹的验证无法正常通过。彩屏指纹考勤机工作的温度范围为0℃-45℃。请尽量不要在室外使用！若必须在室外使用，建议夏天采用遮阳伞和散热设备，冬天采用保暖设施。 1.2 按压方法员工在进行考勤之前，需先进行指纹登记。指纹登记时，推荐的手指：食指和中指。正确的按压方式：手指平压于指纹采集窗口中心的正上方。正确几种错误的按压方式太垂直太偏倾斜靠下 1.3 系统简介本产品是一款采用 TFT 彩色液晶屏显示，能实现 5000~10000 枚/秒指纹高性能比对的考勤机。其功能特点如下：支持 T9 中英文输入法与中文姓名显示支持响铃功能支持 U 盘下载支持在线升级固件支持实时在线通讯支持实时消息通知支持屏幕保护功能

支持夏令时设置支持中、英、韩三国语言显示可直接在考勤机上查询验证记录可通过电源管理，对本机电源进行各种功能设置开机：将标配电源适配器的插头插到考勤机的电源接口，另一端接入220V交流电，考勤机将自动开机。开机后首先显示公司LOGO，等待进度条走完后便会自动进入到待机状态，界面显示如图 1： 1.4键盘说明 ESC 退出或取消键 MENU 菜单键，消除键 OK 确定当前设定项＃ T9 输入法切换/参数选择 ▲向上键，上班签到键 ▼向下键，下班签到键 0…9 可输入数字或字母 1.5考勤操作用户考勤时，应先确认是否已在考勤机里登记注册，如未登记请参看第二章节考勤有指纹和密码两种考勤方式。请注意正确按压指纹头进行考勤操作。 1.51 指纹验证

cadET工具详解

AutoCAD Express Tools扩展工具主要命令及其功能介绍，应该是2004 AutoCAD Express Tools扩展工具可协助你做图层管理、文字书写、像素编修、绘图辅助、超级填充图案、尺寸样式等熟练运用后，将大幅提高你的绘图速度. LMAN：将图层内容写入文件或加载文件 LAYMCH：单击参考对象作图层更换 ET扩展工具》的主要命令及其功能介绍 LMAN：将图层内容写入文件或加载文件 LAYMCH：单击参考对象作图层更换 LAYCUR：单击对象将图层更换至当前层 LAYISO：单击对象显示该图层其余关闭 LAYFRZ：单击对象冻结该图层 LAYOFF：单击对象关闭该图层 LAYLCK：单击对象锁定该图层 LAYULK：单击对象解锁该图层 LAYON：将所有被关闭的图层打开 LAYTHW：将所有被冻结的图层解冻 TEXTFIT：将文字作FIT(填入)重新调整 TEXTMASK：将文字的重叠对象处作暂时消除 CHT：修改多个文字的特性 TXTEXP：将文字分解为Line对象 ARCTEXT：将文字写于单击的弧段上 FIND：寻找与更换文字的内容 BURST：将Block字转换成一般文字 GATTE：修改Block属性文字内容 EXCHPROP：修改对象的特性 MSTRETCH：多重选框作Stretch(拉伸) MOCORO：同步移动复制旋转比例调整 EXTRIM：单击封闭对象作一次剪切 CLIPLT：单击任意对象作局部截取 MPEDIT：多重对象单击，作Edit编辑 XPLODE：分解对象并指定分解后的特性 NCOPY：连续单一单击对象作复制 BTRIM：可单击Block为边界作剪切 BEXTEND：可单击BIock为边界作延伸 WIPEOUT：建立橡皮擦

新托福阅读SUMMARY题型解法

对于目标明确，清晰认识自己薄弱的考生一定很想知道托福阅读summary题型该怎么解。接下来上海环球托福为考生解答。首先，做阅读就要了解掌握文章的主旨是什么，新托福阅读SUMMARY题作为文章最后一种题型，考察的是对文章主要段落的主旨概括能力，而非全篇文章主旨。直白一点说，就是只需要关注文章局部段落，而不需要在意全局。这不同于老托福阅读里面每篇文章都有一道“What is the passage mainly about”这样的全文主旨题。接着，考生要如何掌握主旨，来完成summary的题目。阅读英语段落的时候，应该是“匀速阅读”还是“变速阅读”呢？当然是“变速阅读”！这样考生才能做到阅读时的详略得当。但是，“变速阅读”是“先快后慢”还是“先慢后快”呢？这就要从英语的思维方式说起。汉语族人的思维方式是“螺旋式”的，喜欢画龙点睛，我们称之为“Save the best for the last”。而英语族人的思维方式是“直线式”的，喜欢直入主题，我们称之为“Say what you want to say, then say why”。阅读英语段落的要领：变速阅读，先慢后快，精读首句，浏览全段。据统计，70%-80%的英语段落都是首句是主题句。所以，以后阅读英语段落，应该先精读首句（把握首句的“主题”和“方向”），再浏览全段（把握全段的“关系词”），才能实现快速阅读。而很多同学以前阅读的时候，要么就是倾向于到段落结尾找主题句（这主要是受了汉语思维方式的影响），要么就干脆把有限的精力平均分配到一段话内部的每个单词。说了那么多，上海环球托福为你提出掌握主旨的方法： 1、常用法——分析段落结构找主题句通过段落结构来概括主旨，常见的段落结构有如下六大类：（1）总分；（2）总分总（由总分演变而成）；（3）分总；（4）分总分（由分总演变而成）；（5）对比；（6）并列。其中，前四种段落结构都存在主题句和支持句之分。而后两种结构中可能不存在主题句，其段落内部会分成若干个势均力敌的部分，只不过对比结构段落的两部分之间方向相反，而并列结构段落的各部分之间方向相同。一、总分结构总分结构的主题句一般为首句（如果首句结束后，第二句话存在转折关系，那么主题句就是第二句）。最常见的总分段落的标志就是第二句话前面出现“for example/instance”等举例关系词。如果总分结构段落最后再加一个总结句，就是总分总结构。这种段落结构约占70%。这个方法最大好处是大部分段落都存在主题句，所以能够广泛应用该方法概括段落主旨。这就是“常用法”的由来。但是，该方法的缺点是，如果段落结构比较复杂，又存在大量生词，可能导致我们难以找到主题句。这时候“简易法——重复出现是主旨”就会帮上大忙了。 2、简易法——重复出现是主旨之所以有第二个方法是因为第一个方法有缺点，常用法的缺点是，如果段落结构比较复杂，又存在大量生词，可能导致我们难以找到主题句。这时候“简易法——重复出现是主旨”就会帮上大忙了。如果一段话在不断重复某一概念，就说明这段话在围绕这个概念展开，这个概念就是这段话的主旨。这就为我们快速把握主旨提供了极大的方便。因此，这种方法称为“简易法”。在一段话内部重复出现可以分为三种类型。第一种是“原词”重复，但是这也是作者极力避

浩顺考勤机说明书(新)

目录第一章指纹考勤机基本介绍 (1) 一、技术指标 (2) 二、接口定义 (3) 三、键盘 (4) 四、考勤机的用户………………………………………………... 五、考勤机的登记方式…………………………………………… 六、用户号码和密码…………………………………………….... 七、考勤机的工作状态……………………………………………. 八、考勤机记录的数据……………………………………………. 九、常见问题解答…………………………………………………….. 十、正确按指纹的方法………………………………………………… 第二章指纹考勤机应用及功能一．开机界面……………………………………………………………. 二．菜单…………………………………………………………… 三．操作流程………………………………………………………… 1.1 开机…………………………………………………… 1.2 指纹识别……………………………………………………. 1.3 密码验证……………………………………………. 1.4 注册用户……………………………………………….. 1.5 备份指纹………………………………………….. 1.6 管理员的新注册与备份注册…………………… 1.7 密码注册………………………………………. 1.8 ID卡注册……………………………………………. 1.9 指纹及密码………………………………………….. 1.10 指纹及ID卡………………………………………… 1.11 安全等级…………………………………… 1.12 U盘上传………………………………………… 2．删除用户……………………………………………………… 3．数据下载……………………………………………………… 3.1 U盘下载………………………………………………. 3.2 RS232下载……………………………………………. 3.3 RS485下载…………………………………. 3.4 以太网下载…………………………………………… 4．时间设置……………………………………………………… 5．高级设置………………………………………………………. 5.1 本机设置…………………………………………………. 5.11 机号……………………………………………………. 5.12 管理者总数……………………………………………… 5.13 显示语言………………………………………………… 5.14 语音提示………………………………………………… 5.15 液晶背光……………………………………………………

万和热水器维修：不打火故障维修

万和热水器e3，一般是风压过大或者烟管堵塞，但是烟管一般不会堵塞，而是燃烧器的位置堵塞，造成风压过大，导致风压开关断开，从而引发e3代码故障。我刚好修好了家里热水器的e3故障，下面我就介绍一下方法吧。第二个可能就是风压开关老化导致容易触发。于是我更换了风压开关，并把动作压力稍微调大一点，也就是风压开关上面的一个旋钮，往里面旋转就是增大压力。网上有些人说这个不能乱调，其实你自己可以把握，只要你调到不出现e3故障即可，然后往回调记录下出现e3故障的位置，然后再往顺时针调，直到不出现e3故障为止，不能太过，免得真正堵塞的时候也不能产生断开动作，调好后为了验证堵塞是否产生动作，关闭煤气，开水点火，然后马上堵住热水器的烟管排风口（先把烟管拆下来，然后直接用手捂住排风口也可以），如果马上显示e3，说明保护起作用。至此，修好了e3故障。其实，一般热水器烟管是不会堵塞的，除非有老鼠爬进去在里面做窝了。一般都是燃烧器的换热片那里老化导致通风不畅，从而导

致风压增大。如果你不知道风压开关是哪一个，建议你百度一下“风压开关”，有详细的原理和说明。至于你提到的距离远的出水温度高，说明你的热水器不是真正的恒温热水器，或者恒温不起作用了。我家的热水器刚好跟你相反，距离近的水温高，距离较远的另一个洗手间由于热水传输过程中降温了，所以水温感觉会比实际标示低一度左右。如果你的热水器出水量小反而温度高，而且是保持温度高，说明不是恒温热水器，这种现象只会发生在固定火力的热水器上面，因为火力是固定的，水量越小温度越高。另外我还调节了下面图片中的蓝色电位器从电路板上标示的意思我估计是第二个电磁燃气比例阀的流量调节，适当调小一点，会降低一点风压。因为燃气空气比例是有程序控制的，把燃气轻微调小了，风压也有所改变。仅供参考，自

新托福阅读的10种题型详解+经验+方法论 (1)

[※]新托福阅读的10种题型: 详解+经验+方法论 iBT毕竟是一个考试考试就有他的思路和方法，以及题型的设计在这里，我们首先熟悉一下新托福阅读出题的基本思路，和10种基本题型，以及应对10种题型的技巧要点： an academic environment---越来越偏向于学术的讨论，越来越像IELTS的Academic类考试 reading---a variety of different subjects passages---3 different categories based on author purpose: 1. Exposition 2. Argumentation 3. Historical 你需要了解general organization of the passage * classification * comparison/contrast * cause/effect * problem/solution 每篇阅读的平均字数是700，当然根据考试的实际情况，可多可少 iBT的阅读有10种题型，下面我们一种一种的来回顾：经验：第1，第5种题型，占的分量最多，难度也不大，要保证一个也不错第9种和第10种题目，难度最大，想取得高分，必须要多做综合练习剩下的题型也很重要，想取得高分，一个都不能少 1. Factual Information Questions 这样的题目，一般来说mentioned only in part of the passage. 答题的信息就在段落的1，2句

话中技巧：你不可能在第一遍阅读的时候，就找到正确答案，需要看题目以后，回头再找排出那些本身就很矛盾的选项千万不要因为你看这某个单词或者句子在段落中出现过，就选择那个选项，一定要回答问题 2. Negative Factual Information Questions 做这样的题目，你首先需要对定位：locate the relevant info. in the passage 注意，这种问题你要选择的正确答案，是那个不正确的，问题里面会明确的指出：which one is NOT true 技巧：选项里面的答案，可能叙述了一段的意思，也可能叙述了好几段正确的那个答案，要么是直接和文章的意思矛盾，要么是文章里面没有提到的 3. Inference Questions 注意的字眼，是infer, imply, inferred 技巧: 正确的答案,必须是从文章已给内容推出的,特别注意 4. Rhetorical Purpose Questions Rhetorical is the art of speaking or writing effectively. 他不关心作者说了什么,关心的是作者为什么要这样说技巧: 注意字眼definintion, example, to illustrate, to explain, to contrast, to refute, to note, to criticize, function of 这样的题目尤其会侧重句子还有段落之间的逻辑联系 5. Vocabulary Questions 大家不要太在意这个单词在字典里面什么意思，最重要的是，这个单词在文章里面的意思：in the reading passage, only one of the meanings of a work is relevant 技巧：问题是问你单词在文章里面的意思，再次强调 6. Reference Questions 这样的问题，主要是问你代词指代的内容是什么[根据我观察的经验，代词指代的东西，一般来说就在你这个代词的前面，或者隔了1个短语，不会太远：...AAAAA, BBB, CCC, XXX...一般来说， XXX不是指代C就是指代B，不会跑太远] 技巧：代词，pronoun, 在选择以后，检查答案的时候，一定要注意一致性：the same number: singular or plural; case: first person, second person, third person 当你选择了答案以后，你的选择会不会违反语法原则，并且会不会有意义

常用工具中英文对照

扳手Wrenches/套筒Sockets 开口扳手 Open End Wrenches 梅花扳手 Spline End Wrenches 块扳手 Crowfoot Wrenches 开口/梅花扳手 Combination Wrenches 内六角扳手 Hex Wrenches 平板棘轮扳手 Slab Ratchet 棘轮扳手 Ratchet Wrenches 力矩扳手 Torque Wrenches 管钳 Pipe Wrenches 活动扳手 Adjustable Wrenches 六角套筒 Six Point Sockets 梅花套筒 Twelve Point Sockets 万向套筒 Universal Sockets 转接头 Adaptor 套筒接杆 Socket Extension 万向转接头 Universal Joint 螺刀Screwdrivers 快速螺刀 Fast Screwdrivers 仪表螺刀 Electronic miniature Screwdrivers 十字头螺刀 PILLIPS Screwdrivers 磁性螺刀 Magnetic Screwdrivers 一字头螺刀 Flat Tip Screwdrivers 摇把 Speeders 钳Pliers 尖嘴钳 Needle Nose Pliers 大力钳 Locking Pliers 保险丝钳 Safety Wire Twisters 鹰嘴钳 Adjustable Joint Pliers 插头钳 Connector Plug 剥线钳 Wire Strippers 鱼口钳 Combination Slip-Joint Pliers 卡环钳 Convertible Snap Ring Pliers 剪线钳 Diagonal Cutters 压线钳 Wire Crimpers 电气工具Electronic Tools 矿灯Safety Lamb (Miner’s Lamb) 手电 Flashing Light 对讲机 Interphone 电烙铁 Electronic Iron 耳机 Earphone 防静电手腕 Static Wrist 电池 Battery 充电器 Charger

新托福阅读之文本插入题解析

新托福阅读之文本插入题解析朗阁海外考试研究中心南昌朗阁英语培训中心文本插入题（Insert Text Questions）是新托福每次必考题型，每次题量不是很多，通常每篇文章0-1个左右。问题形式：在这类问题中，题目中给出一个新的句子，然后要求考生们利用文章的逻辑和句子之间的语法联系（比如代词的指代）来确定此句子在文章中最合适的位置。注意：在文章中会出现四个黑色的方块，这些方块分布在句首或句末。四个方块有时都出现在一个段落中，有时分布在一段的末尾和下一段的开头。 Look at the four squares (■) that indicate where the following sentences could be added to the passage. （考生会看到一个黑体的句子） Where would the sentence best fit? 考生要做的是点击其中的一个方块，将这个句子插入文章。解题步骤： 1. 读被插入的句子，找出句首或句尾的关键词或关键意思 2. 阅读可以插入方块前后的信息，寻找与插入句相关的意思 3. 选择与插入句最相关的方块注意：如果出现以下情况，答案都可能是错误的：

★打乱了相邻句子之间的逻辑性 ★影响了转折语的正确使用 ★打乱了代词与其指代对象之间的逻辑关系 ★隔开了本是相邻的两句话解题技巧： 1. 利用一些过渡词（如某些逻辑关系词或短语等）帮助确定插入句子的位置，或者帮助确定排除不适合的位置。 Much of the water in a sample of water-saturated sediment or rock will drain from it if the sample is put in a suitable dry place.█But some will remain, clinging to all solid surfaces.█It is held there by the force of surface tension without which water would drain instantly from any wet surface, leaving it totally dry.█ The total volume of water in the saturated sample must therefore be thought of as consisting of water that can, and water that cannot, drain away.█ Look at the four squares [█] that indicate where the following sentence could be added to the passage. What, then, determines what proportion of the water stays and what proportion drains away? Where would the sentence best fit? Click on a square to add the sentence to the passage. 技巧分析：首先读被插入的句子，它能给出的线索就是，该句子后面的信息应该是讲述“决定流干的水和不能流干的水的含量的因素”。读文中四个方块前后的信息，第一个方块前面的句子和后面的句子用关系逻辑词“but”连接，形成转折关系，不可插入其他内容；第二个方块后面的句子中出现“it”, 指代方块前面句子中的“some”, 插入其他内容会导致指代混乱，因此不可插入句子；第三个方块前后的信息用逻辑关系词“therefore”衔接，形成因果关系，也不可以插入其他内容，因此我们可以把被插入句子放在第四个方块那儿。如果考生们不确定，可以进一步读下一段中第一句

万和热水器常见故障及原因

不少人反馈，万和热水器使用一段时间后，会出现各种各种的故障，客户都认为是热水器买的不好，其实并不是。因为如果热水器没有正确安装或者使用不当时，是会出现故障的。本文主要针对万和热水器的常见故障原因及处理方法，给大家分析分析，以供参考。原因1：燃气压力低：燃气管道堵塞、燃气管路压力低；解决方法：自查燃气管道是否堵塞（可从燃气表具处接一根管道到热水器燃气进口处，直接与热水器相接，如热水器能正常工作即从表具到热水器进口处的管路有堵塞），请燃气公司检查燃气管路压力。原因2：水流量过大：管道压力过大、管道口径太大；解决方法：可关小进水管的阀门及提高热水器的设定温度。

原因3：设置不当，应调在高档或冬天，而现在调在中档或春秋档；解决方法：按说明书上的使用方法正确设置。现象二：水太烫原因1：水压低、水流量小、水管堵塞；解决方法：a.将水管调换到一定的口径；b.加装增压泵；c.清理热水器进水管过滤网；d.调整热水器上的水量调节到大；e.调换花洒，花洒眼应尽量大。原因2：燃气压力过高主要体现在液化气（LPG）上；解决方法：调换液化气的减压阀（必须是劳动牌），将燃气压力调至要求值。原因3：设置不当，主要是将热水器设置在高温区造成。解决方法：按说明书上的使用方法正确设置现象三：热水器点燃后有一段冷水，重新开水后又有一段冷水; 原因：这主要是强排风热水器的特性，不是故障。强排风热水器是为了提高用户使用的安全性，在热水器点燃前设置了前清扫，在热水器熄火后进行后清扫，将热水器中原有的废气排出热水器内，所以造成重新开水后又有一段冷水出现，另外，由于用户的龙头到热水器出水管的距离长短，及热水器将冷水加热到热水需一定的时间，造成热水器点燃后有一段冷水的原因。用户可缩短该段时间，将热水器先设置在高温档，等水热后再将水温设置在需使用温度。现象四：智能恒温系列热水器的常见故障代码显示01不是故障代码，代表热水器已运行了30分钟，提醒用户注意使用安全。显示11、12、14、16、31、32、72、73、90等，以上数字显示都是热水器出现故障后的代码，都必须进行保修。现象五：风机运转声音

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