Fixed some mistakes in grf and mathsecu.
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Delalande Ivan
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da7ef42d13
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eb2e07e821
@ -79,7 +79,7 @@ M^2= \begin{bmatrix}
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$a_{3,1}=2$, cela signifie qu'il existe deux chemins de longueur 2 reliant $A$
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à $C$~: $ABC$ et $ADC$.
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$a_{5,1}=2$, cela signifie qu'il existe un chemin de longueur 2 reliant $A$
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$a_{5,1}=1$, cela signifie qu'il existe un chemin de longueur 2 reliant $A$
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à $E$~: $ADE$.
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\[
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@ -118,7 +118,7 @@ M^{\left[2\right]}= \begin{bmatrix}
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0 & 0 & 0 & 0 & 0
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\end{bmatrix}
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\qquad
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M^3= \begin{bmatrix}
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M^{\left[3\right]}= \begin{bmatrix}
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0 & 0 & 0 & 0 & 1\\
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0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
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0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
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@ -160,7 +160,7 @@ B= \begin{bmatrix}
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\]
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Pour chacun des éléments non nuls de la matrice $B$, on peut dire qu'il existe
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au moin un chemin (de longueur indéterminée). La matrice $B$ permet donc de
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au moins un chemin (de longueur indéterminée). La matrice $B$ permet donc de
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savoir si deux sommets sont interconnectés dans le graphe.
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\subsubsection{Algorithme de Roy-Warshall.}
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@ -335,7 +335,7 @@ $(\Pi_{ij})=i$, $\forall j$.
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\subsubsection{À chaque étape $k\geq 1$}
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On calcule ma matrice $D_k$ obtenue en replaçant $(D_{k-1})_{i,j}$ par
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On calcule la matrice $D_k$ obtenue en remplaçant $(D_{k-1})_{i,j}$ par
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$\max\lbrace(D_{k-1})_{i,j}, x\rbrace$, $x$ correspond à la somme du $k$-ième
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terme de la ligne et du $k$-ième terme de la colonne où se trouve
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$(D_k)_{i,j}$.
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@ -587,7 +587,7 @@ On commence par dresser le tableau suivant~:
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de début au plus tôt de $\alpha$~; ici {\color{mauve} 0}.
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\paragraph{Deuxième phase} {\color{mauve} Mouvement de haut en bas.}\\
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Dès que l'on connaît une date de début au plus tôt (1\iere ligne du tableau),
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Dès que l'on connaît une date de début au plus tôt (1\iere{} ligne du tableau),
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on la répercute dans la deuxième ligne du tableau partout où la tâche concernée
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apparaît.
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@ -852,7 +852,7 @@ X=\bordermatrix{~ & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & ~\cr
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\begin{itemize}
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\item On connaît la disponibilité totale de chaque fournisseur~: $a_i$.
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\item On connait la demande totale de chaque client~: $b_j$.
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\item $ \displaystyle { \sum_{origines} } \text{disponnibilités des dépôts}
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\item $ \displaystyle { \sum_{origines} } \text{disponibilités des dépôts}
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= { \sum_{client} } \text{demandes des clients}$
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\end{itemize}
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@ -864,7 +864,7 @@ ${\sum_{disponibilit\acute{e}}}$ et ${\sum_{demandes}}$.\\
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On cherche un \emph{plan de transport}, soit une matrice $[X]$
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$n\times m\rightarrow x_0=$ quantité transportée depuis $i$ vers $j$.\\
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Matric X 4/6 ?\\
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Matrice X 4/6 ?\\
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Un plan de transport est valide s'il respecte certaines conditions~:
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\begin{enumerate}
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@ -953,7 +953,7 @@ cela a permis de fixer une variable $x_{ij}$~:
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\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
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\hline
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& 1 & 2 & 3 & 5 & 6 & disponnibilité & $\Delta_e$ lignes\\ %Ici : n = 4; m = 6
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& 1 & 2 & 3 & 5 & 6 & disponibilité & $\Delta_e$ lignes\\ %Ici : n = 4; m = 6
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\hline
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I & 12 & 27 & 61 & 83 & 35 & {\color{yellow}18} & {\color{orange}15}\\
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\hline
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@ -972,11 +972,11 @@ cela a permis de fixer une variable $x_{ij}$~:
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\end{tabular}
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On itère le processus jusqu'à ce que tout le tableau soit barré~; à la
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dernière itération (ici là huitième), deux variables sont affectées
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dernière itération (ici la huitième), deux variables sont affectées
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d'un seul coup.
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\subparagraph{Remarque} si deux différences maximales sont égales, on
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a plusieurs solution. Ici à la quatrième itération, on a deux
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a plusieurs solution. Ici, à la quatrième itération, on a deux
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différences maximales égales à 13~: on choisira arbitrairement la
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liaison $(IV, 5)$.
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@ -1016,7 +1016,7 @@ graphe biparti associé à la solution de base précédente.
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On value ce graphe avec les coût unitaires.
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On affect aux différents sommets un potentiel~:
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On affecte aux différents sommets un potentiel~:
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\begin{itemize}
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\item potentiel 0 à l'origine de l'arc de coût max, ici le sommet III~;
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\item différence de potentiel arc $(i, j)$~: $v_j-v_i=C_{ij}$.
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@ -1144,7 +1144,7 @@ Chaque arc $u$ est doté d'une capacité $c(u)\geq 0$, représenté $[]$
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On s'intéresse à une fonction, appelée le flot.\\
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On associe à chaque arc une fonction $f(u)=\text{flux transitant dans
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l'arc} u$. $flot=\text{flux}_\text{tous les arcs}$ $f(u)$~:
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l'arc } u$. $flot=\text{flux}_\text{tous les arcs}$ $f(u)$~:
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inconnue $c(u)$~: donnée. C'est ce que l'on appel un \emph{flot}.
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Celui-ci doit respecter 2 types de contraintes~:
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@ -1265,7 +1265,7 @@ Procédure de marquage des sommets.
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l'extrémité terminale $L$ est déjà marquée.
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\end{itemize}
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Ces deux phaes de marquage avant et en arriere sont alternées jusqu'au blocage.
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Ces deux phases de marquage avant et en arrière sont alternées jusqu'au blocage.
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Si au moment du blocage, on constate que l'on a pu marqué $p$, cela signifie
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que le flot considéré n'est pas encore optimal. On se sert alors des marques
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@ -1291,7 +1291,7 @@ problèmes de plans de transport de coût minimal.
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\section{Application (poly. p103)}
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\begin{itemize}
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\item 2 ports $A$ et $B$~: quantités 10 et 10~;
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\item marchandises demandée dans 3 ports $C$, $D$ et $E$ selon les quantités
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\item marchandises demandées dans 3 ports $C$, $D$ et $E$ selon les quantités
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9, 12 et 7.
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\end{itemize}
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\begin{figure}[h]
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@ -1332,17 +1332,17 @@ problèmes de plans de transport de coût minimal.
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\begin{itemize}
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\item flux 7 de $A$ vers $C$~;
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\item flux 9 de $C$ vers $p$~;
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||||
\item Kirschoff au noeud $C$~: flux 2 de $B$ vers $C$ (OK car < capacité
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\item Kirschoff au noeud $C$~: flux 2 de $B$ vers $C$ (OK car $<$ capacité
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de 5)~;
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\item flux 10 de $s$ vers $A$~;
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||||
\item Kirschoff en $A$~: flux 3 de $A$ vers $D$ (OK car < capacité de
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\item Kirschoff en $A$~: flux 3 de $A$ vers $D$ (OK car $<$ capacité de
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4)~;
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||||
\item Kirschoff en $D$~: flux 3 de $D$ vers $p$ (OK car < capacité de
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||||
\item Kirschoff en $D$~: flux 3 de $D$ vers $p$ (OK car $<$ capacité de
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12)~;
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\item on sature $B-E$~;
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||||
\item Kirschoff au n\oe ud $E$~: flux de 5 sur $E-p$ (OK car < capacité
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||||
\item Kirschoff au n\oe ud $E$~: flux de 5 sur $E-p$ (OK car $<$ capacité
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de 7)~;
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||||
\item Kirshchoff au noeud $B$~: flux de 7 sur $s-B$ (OK car < capacité de
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||||
\item Kirshchoff au noeud $B$~: flux de 7 sur $s-B$ (OK car $<$ capacité de
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10).
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\end{itemize}
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\end{itemize}
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@ -1374,7 +1374,7 @@ On a pu marquer $p$~: le flot considéré n'est pas optimal :
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\end{tikzpicture}
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\end{figure}
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Exploitation de la chaîne augmentente avec $\alpha$ : le flot passe de 17 à 18.
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Exploitation de la chaîne augmentante avec $\alpha$ : le flot passe de 17 à 18.
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\begin{itemize}
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\item Le nouveau flot est encore complet~;
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@ -22,7 +22,7 @@ virements de quelques heures.
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\chapter{Intro}
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\section{Accussé de réception}
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\section{Accusé de réception}
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Problème si l'accusé de reception de perd~: l'émetteur pense que le
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destinataire n'a pas reçu le message alors que le destinataire l'a lu.
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@ -106,19 +106,19 @@ anodain.
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\chapter{DES}
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Crée en 1977, il est facile à implémenté (implémentable en 300 lignes de
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Crée en 1977, il est facile à implémenter (implémentable en 300 lignes de
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Fortran). Implémentation logiciel lente, mais matérielle rapide.
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Il utilise des clefs de 56 bits (7*8~: car à l'époque, dans le code ASCII, le
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8e bit servait de bit de parité).
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La seule attaque connue de nos jours reste d'essayer toutes les clefs, soit
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$72/times 10^15$ possibilités. Cassable en une bonne journée avec le matériel
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$72\times 10^{15}$ possibilités. Cassable en une bonne journée avec le matériel
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actuel.
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Son fonctionnement est basé sur un schéma de Feistel à 16 états.\\
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Une amélioration du DES conciste à faire un Triple DES.
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Une amélioration du DES consiste à faire un Triple DES.
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\chapter{AES}
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@ -159,9 +159,9 @@ Cependant, cet algorithme est cassable par l'attaque de \emph{man in the
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\section{Système de El Gamal}
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Alice génére un $a$ secret, puis calcul $g^a$ qu'elle publie.
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Alice génère un $a$ secret, puis calcul $g^a$ qu'elle publie.
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Pour envoyer un message, B génére un $k$, puis calcul $g^{ak}$ puis chiffre le
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Pour envoyer un message, B génère un $k$, puis calcul $g^{ak}$ puis chiffre le
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message en faisant un XOR entre le message et $g^{ak}$. Il envoie ensuite le
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message avec $g^k$. Seul Alice pourra alors déchiffrer le message puisqu'il est
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nécessaire de connaître $a$.
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@ -185,7 +185,7 @@ Avec un processeur à 1GHz, il est possible de casser DES en un an avec une
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seule machine. Avec un chiffrement AES, il faut compter plus de 20 milliards
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d'années avec un milliard de supercalculateurs actuels.
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Mais les ressources ne;cessaures au pirate croissent comme la racine carrée de
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Mais les ressources ne cessent de croître comme la racine carrée de
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N.
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\section{Théorème de Fermat}
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@ -209,12 +209,12 @@ RSA se base sur un cas particulier du théorème d'Euler.
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\section{RSA}
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De quoi à-t-on besoin~:
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De quoi a-t-on besoin~:
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\begin{itemize}
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\item Addition, multiplication~;
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\item Division modulo $\Phi(n)$ pour le calcul des clefs~;
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\item Réduction modulo $n$~;
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\item Exponentuation.
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\item Exponentiation.
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\end{itemize}
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\subsection{Casser RSA~?}
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Reference in New Issue
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