Comptez les variables distinctes : la table de vérité a 2ⁿ lignes, la première avec toutes les variables à 1.
Donnez à chaque sous-formule sa propre colonne et remplissez les colonnes de l’intérieur vers l’extérieur.
Appliquez la règle de chaque connecteur : → n’est 0 que pour 1 → 0, ↔ vaut 1 quand les deux côtés sont égaux.
Pour des équivalences, comparez les colonnes finales ligne par ligne ; pour un raisonnement, regardez seulement les lignes où toutes les prémisses valent 1.
Pour nier un énoncé quantifié, faites passer ¬ vers l’intérieur, échangez ∀ et ∃, et niez la formule intérieure.
Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules
Portes de base
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Règles booléennes
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Ordre du tableau de Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Groupe de 2ᵏ cases
perd k variables
Multiplexeur 4 vers 1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Bascules
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Compteurs
n bits : 2ⁿ états ; modulo N : plus petit n tel que 2ⁿ ≥ N ; fout = fclk/N
Compteur asynchrone
fmax = 1/(n·tpd)
Compteurs en anneau et Johnson
n et 2n états
Méthode
Pour un circuit, travaillez des entrées vers la sortie, une porte à la fois, et écrivez la valeur sur chaque fil, ou écrivez son expression et remplissez la table de vérité.
Pour la simplification, placez les 1 (et les états indifférents sous forme de X) dans un tableau de Karnaugh dont les lignes et colonnes suivent le code de Gray : 00, 01, 11, 10.
Couvrez les 1 avec le moins possible de groupes de 1, 2, 4, 8 ou 16 cases, aussi grands que possible, en débordant sur les bords ; chaque groupe est un terme produit formé des variables qui restent constantes. Regroupez les 0 pour la forme POS.
Pour les bascules et les compteurs, lisez les entrées à chaque front d’horloge actif, notez l’état après chaque front, et rappelez-vous qu’un compteur de n bits repasse à zéro après 2ⁿ états.
Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Division avec reste
a = q·n + r, 0 ≤ r < n
Euclide
gcd(a, b) = gcd(b, a mod b)
Plus petit commun multiple
lcm(a, b) = a·b/gcd(a, b)
Inverse
a·a⁻¹ ≡ 1 (mod n), gcd(a, n) = 1
Congruence linéaire
a·x ≡ b → x ≡ a⁻¹·b (mod n)
Indicatrice d’Euler
φ(n) = n·∏(1 − 1/p), φ(pᵏ) = pᵏ − pᵏ⁻¹
Fermat
aᵖ⁻¹ ≡ 1 (mod p)
RSA
n = pq, φ = (p − 1)(q − 1), d = e⁻¹ mod φ, c = mᵉ mod n, m = cᵈ mod n
Méthode
Réduisez d’abord chaque nombre modulo n ; les restes sont compris entre 0 et n − 1.
Pour un pgcd, divisez plusieurs fois avec l’algorithme d’Euclide ; le dernier reste non nul est le pgcd.
Pour un inverse, appliquez l’algorithme étendu et gardez le coefficient de a ; ajoutez n s’il est négatif.
Résolvez a·x ≡ b en multipliant par a⁻¹ ; combinez deux congruences en écrivant x = r₁ + m₁k.
Pour les puissances, écrivez l’exposant en binaire et élevez au carré à répétition ; en RSA, d = e⁻¹ mod φ(n) avec φ(n) = (p − 1)(q − 1).
Théorie des graphes
Lemme des poignées de main
Σ deg(v) = 2|E|
Graphes complets
|E(Kn)| = n(n − 1)/2, |E(Km,n)| = m·n
Graphe régulier
|E| = n·k/2
Arbre et forêt
|E| = n − 1, |E| = n − c
Feuilles d’un arbre
L = 2 + Σ (deg(v) − 2) over deg(v) ≥ 3
Euler
circuit : tous les degrés pairs ; chemin : exactement 2 degrés impairs
Circuits hamiltoniens dans Kn
(n − 1)!/2
Mise à jour de Dijkstra
d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v))
Marches de longueur L
(Mᴸ)ij
Méthode
Notez le degré de chaque sommet ; la somme des degrés vaut deux fois le nombre d’arêtes.
Pour les questions d’Euler, vérifiez que le graphe est connexe et comptez les sommets de degré impair.
Pour les arbres, utilisez n − 1 arêtes et le lemme des poignées de main.
Pour Dijkstra, tenez un tableau des distances provisoires et fixez à chaque tour le sommet non fixé de plus petite distance.
Pour un arbre couvrant minimal, triez les arêtes par poids et sautez toute arête qui ferme un cycle (Kruskal), ou faites croître un arbre à partir d’un sommet de départ (Prim).
Sous-réseaux IPv4
Hôtes par sous-réseau
2(32 − prefix) − 2 (/31: 2, /32: 1)
Taille de bloc
256 − (mask octet)
Adresse réseau
IP AND masque
Adresse de diffusion
IP OR (NOT masque) : tous les bits d’hôte à 1
Sous-réseaux avec n bits empruntés
2n
2Exercices
1.Systèmes de numérationMoyen
Le motif de 8 bits 1010 1100 stocke un entier signé en complément à deux. Quelle est sa valeur N en décimal ?
1010 11008 bit
N =
2.Systèmes de numérationDifficile
Positionnez les bits sur le résultat sur 8 bits de 1100 0111 XOR 0101 1000. Quelle est la valeur R du résultat en décimal ?
1100 0111XOR0101 1000
R =
3.Logique propositionnelle et preuvesMoyen
((r → p) ∧ p) → r est-elle une tautologie, une contradiction ou une contingence ? Cliquez sur votre réponse.
((r → p) ∧ p) → r
1tautologie
2contradiction
3contingence
4.Logique propositionnelle et preuvesDifficile
Le raisonnement de prémisses q ∨ r; q et de conclusion ¬r est invalide. Cliquez sur la ligne de la table de vérité qui est un contre-exemple.
q ∨ rq∴ ¬r
1q = 1, r = 1
2q = 1, r = 0
3q = 0, r = 1
4q = 0, r = 0
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
Simplifiez F = ABC + A′B′C′ + A′BC + A′B′ à sa forme somme de produits minimale. Combien de littéraux L contient l’expression simplifiée ?
F = ABC + A′B′C′ + A′BC + A′B′
L =
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
Trouvez la forme SOP minimale de F(A, B, C, D) = Σm(1, 7, 8, 15) + d(5, 13), où d marque les états indifférents. Combien de termes produits N a-t-elle ?
F(A, B, C, D) = Σm(1, 7, 8, 15) + d(5, 13)
N =
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaireMoyen
Trouvez l’indicatrice d’Euler φ(51), le nombre d’entiers de 1 à 51 premiers avec 51.
n = 51 = 3·17
φ(51) =
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaireDifficile
Chiffre le message m = 108 avec la clé publique RSA (n, e) = (517, 13). Trouvez le chiffré c.
n = 517e = 13m = 108
c =
9.Algorithmes et complexitéMoyen
Environ combien de comparaisons la recherche dichotomique nécessite-t-elle dans le pire cas sur un tableau trié de 1,000,000 d'éléments ?
AEnviron 1,000
BEnviron 20
CEnviron 100
DEnviron 500,000
10.Algorithmes et complexitéDifficile
Que se passerait-il si quelqu'un trouvait un algorithme en temps polynomial pour un problème NP-complet ?
ATout problème de NP pourrait être résolu en temps polynomial, donc P = NP
BTous les algorithmes en temps exponentiel s'exécuteraient immédiatement en temps linéaire
CLe problème de l'arrêt deviendrait décidable
DSeul ce problème passerait dans P
11.Structures de donnéesMoyen
Pourquoi le parcours d'un tableau est-il souvent bien plus rapide en pratique que celui d'une liste chaînée de même longueur ?
ALe parcours d'un tableau est en O(1) au total, alors que celui d'une liste chaînée est en O(n)
BLes tableaux utilisent moins d'instructions pour comparer les valeurs
CLes éléments d'un tableau sont contigus, ce qui exploite bien le cache du processeur
DLes listes chaînées stockent toujours leurs éléments sur disque
12.Structures de donnéesDifficile
Un nœud AVL est déséquilibré parce que le sous-arbre droit de son enfant gauche est devenu trop haut (cas gauche-droite). Quelle correction applique-t-on ?
AUne rotation à droite sur l'enfant gauche, puis une rotation à gauche sur le nœud
BUne rotation à gauche sur l'enfant gauche, puis une rotation à droite sur le nœud
CUne rotation simple à droite sur le nœud
DUne rotation simple à gauche sur le nœud
13.Théorie des graphesMoyen
Un arbre a 3 sommets de degré 3, 2 sommets de degré 5, et tous ses autres sommets sont des feuilles (degré 1). Combien de feuilles L a-t-il ?
3 × deg 32 × deg 5
L =
14.Théorie des graphesDifficile
Utilisez l’algorithme de Dijkstra pour trouver la longueur d(F) du plus court chemin de A à F dans le graphe pondéré.
départ : Aarrivée : F
d(F) =
15.Bases de données et SQLMoyen
La troisième forme normale (3NF) élimine :
ALes clés composées
BLes index redondants sur des colonnes qui ne font pas partie d'une clé
CLes dépendances transitives entre attributs non clés
DLes valeurs atomiques
16.Bases de données et SQLDifficile
Que calcule SELECT day, SUM(amount) OVER (ORDER BY day) FROM sales ?
AUn total cumulé de amount, ordonné par day
BUne ligne par jour avec uniquement le total de ce jour
CLe total de tous les montants sur chaque ligne
DLe montant moyen par jour
17.Réseaux informatiquesMoyen
À quoi correspond un masque de sous-réseau 255.255.255.0 en notation CIDR ?
A/32
B/16
C/8
D/24
18.Réseaux informatiquesDifficile
Le problème du comptage à l'infini se produit dans quel type de protocole de routage, et qu'est-ce qui aide à le contrer ?
AÀ vecteur de distance ; l'horizon partagé (split horizon) et l'empoisonnement inverse (poison reverse)
BLe routage statique ; l'ajout de routes par défaut
CÀ vecteur de chemin ; des chemins d'AS plus longs
DÀ état de liens ; l'inondation des mises à jour de liens
19.Sous-réseaux IPv4Moyen
Un sous-réseau utilise le masque 255.255.255.240. Combien d’adresses d’hôte utilisables H possède-t-il ?
255.255.255.240
H =
20.Sous-réseaux IPv4Difficile
Un hôte a l’adresse 172.20.54.131/20. Quel est le troisième octet x de l’adresse de diffusion de son sous-réseau ?
172.20.54.131/20
x =
3Solutions
1.Systèmes de numération
Réponse: N = −84
Systèmes de numération positionnels : chaque chiffre vaut sa valeur multipliée par une puissance de la base. En binaire les positions valent 1, 2, 4, 8, 16, … ; en hexadécimal 1, 16, 256, …, avec A–F pour 10–15. En complément à deux sur 8 bits, le bit de gauche vaut −128 au lieu de +128 : c'est ainsi qu'on stocke les nombres négatifs.
Additionner les poids
Les autres bits gardent leurs valeurs positives habituelles.
−128 + 32 + 8 + 4 = −84
Réponse
N = −84
2.Systèmes de numération
Réponse: R = 159
Positionner les bits : chaque bit vaut une puissance de deux (128, 64, …, 1). Un chiffre hexadécimal correspond exactement à quatre bits, et en complément à deux sur 8 bits, le bit le plus à gauche vaut −128. Les opérations bit à bit s’appliquent séparément à chaque position de bit.
Bit par bit
OU exclusif (XOR) donne 1 quand les deux bits diffèrent.
1100 0111
XOR 0101 1000
= 1001 1111
Valeur du résultat
1001 1111₂ = 159
Réponse
R = 159
3.Logique propositionnelle et preuves
Réponse: contingence
Équivalence logique : deux formules sont équivalentes (≡) quand elles ont la même valeur dans chaque ligne de la table de vérité. Une tautologie vaut 1 dans toutes les lignes, une contradiction 0 dans toutes les lignes, et une contingence n’est ni l’une ni l’autre. Lois utiles : De Morgan, ¬(a ∧ b) ≡ ¬a ∨ ¬b et ¬(a ∨ b) ≡ ¬a ∧ ¬b ; a → b ≡ ¬a ∨ b ≡ ¬b → ¬a (contraposée) ; ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b ; et les lois de distributivité, a ∨ (b ∧ c) ≡ (a ∨ b) ∧ (a ∨ c).
Table de vérité ligne par ligne
p = 1, r = 1: r → p = 1, (r → p) ∧ p = 1, ((r → p) ∧ p) → r = 1
p = 1, r = 0: r → p = 1, (r → p) ∧ p = 1, ((r → p) ∧ p) → r = 0
p = 0, r = 1: r → p = 0, (r → p) ∧ p = 0, ((r → p) ∧ p) → r = 1
p = 0, r = 0: r → p = 1, (r → p) ∧ p = 0, ((r → p) ∧ p) → r = 1
Classer
((r → p) ∧ p) → r: 1, 0, 1, 1
1 sur 3 des 4 lignes, 0 dans les autres : une contingence.
Réponse
contingence
4.Logique propositionnelle et preuves
Réponse: q = 1, r = 1
Quantificateurs et raisonnements : ¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x) et ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x). Faites passer une négation vers l’intérieur, échangez chaque quantificateur qu’elle traverse, et niez la formule intérieure avec les lois propositionnelles, comme ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b. Un raisonnement est valide quand la conclusion vaut 1 dans toutes les lignes où toutes les prémisses valent 1. Une seule ligne avec des prémisses vraies et une conclusion fausse est un contre-exemple et montre que le raisonnement est invalide.
Prémisses et conclusion ligne par ligne
q = 1, r = 1: 1 1 | 0
q = 1, r = 0: 1 1 | 1
q = 0, r = 1: 1 0 | 0
q = 0, r = 0: 0 0 | 1
Contre-exemple
q = 1, r = 1
Réponse
q = 1, r = 1
Un raisonnement de cette forme ressemble à une règle valide, mais une seule ligne suffit à montrer qu’il ne l’est pas.
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules
Réponse: L = 4
Algèbre de Boole : les règles qui simplifient les expressions sont X + X′ = 1 et X·X′ = 0, X + X = X, l’absorption X + X·Y = X, la règle de combinaison X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y et le théorème du consensus XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Les lois de De Morgan transforment (X·Y)′ en X′ + Y′ et (X + Y)′ en X′·Y′. Un tableau de Karnaugh applique ces règles graphiquement : chaque groupe de deux cases voisines est une utilisation de XY + XY′ = X.
Mintermes de l’expression
ABC → m(7)
A′B′C′ → m(0)
A′BC → m(3)
A′B′ → m(0, 1)
Regrouper et lire
F = BC + A′B′
Compter les littéraux
L = 4
Réponse
L = 4
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules
Réponse: N = 3
Tableaux de Karnaugh : les cases sont ordonnées en code de Gray (00, 01, 11, 10), donc les cases voisines, y compris celles de part et d’autre des bords, diffèrent par exactement une variable. Regroupez les 1 en rectangles de 1, 2, 4, 8 ou 16 cases, aussi grands que possible et en aussi petit nombre que possible, jusqu’à ce que chaque 1 soit couvert. Chaque groupe est un terme produit : les variables qui restent constantes à l’intérieur. Un groupe de 2ᵏ cases perd k variables. Les états indifférents (X) peuvent servir à agrandir les groupes mais n’ont jamais besoin d’être couverts. Regrouper les 0 donne la forme POS minimale.
Implicants premiers
Les plus grands groupes pouvant être formés de 1 et de X.
BD, A′C′D, AB′C′D′
Couverture minimale
F = BD + A′C′D + AB′C′D′
N = 3
Réponse
N = 3
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Réponse: φ(51) = 32
Inverses et congruences : a a un inverse modulo n exactement quand pgcd(a, n) = 1. L’algorithme d’Euclide étendu écrit 1 = s·n + t·a, et alors a⁻¹ ≡ t (mod n). Une congruence a·x ≡ b (mod n) avec pgcd(a, n) = 1 a pour solution x ≡ a⁻¹·b. Deux congruences x ≡ r₁ (mod m₁) et x ≡ r₂ (mod m₂) à modules premiers entre eux ont une solution modulo m₁·m₂ (théorème des restes chinois). L’indicatrice d’Euler φ(n) compte les nombres de 1 à n premiers avec n : φ(n) = n·∏(1 − 1/p).
Facteurs premiers
51 = 3·17
Indicatrice
φ(51) = φ(17)·φ(3) = 16·2 = 32
Réponse
φ(51) = 32
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Réponse: c = 256
Puissances modulaires et RSA : calculez aᵏ mod n par carrés répétés : écrivez k en binaire, élevez au carré, réduisez après chaque étape et multipliez les puissances dont le bit vaut 1. Fermat : aᵖ⁻¹ ≡ 1 (mod p) pour un nombre premier p ne divisant pas a, donc l’exposant peut être réduit modulo p − 1. RSA : choisissez des nombres premiers p et q, n = p·q et φ(n) = (p − 1)(q − 1) ; l’exposant public e est premier avec φ(n), et l’exposant privé est d = e⁻¹ mod φ(n). Chiffre avec c = mᵉ mod n et déchiffrez avec m = cᵈ mod n.
Carré répété
13 = 8 + 4 + 1
1081 ≡ 108 (mod 517)
1082 ≡ 290 (mod 517)
1084 ≡ 346 (mod 517)
1088 ≡ 289 (mod 517)
10813 ≡ 108·346·289 ≡ 256 (mod 517)
Chiffré
c = 256
Réponse
c = 256
9.Algorithmes et complexité
Réponse: B · Environ 20
Pourquoi c'est la réponse
220 ≈ 1,048,576 : après environ 20 divisions par deux, il ne reste qu'un élément.
Réponse
B · Environ 20
10.Algorithmes et complexité
Réponse: A · Tout problème de NP pourrait être résolu en temps polynomial, donc P = NP
Pourquoi c'est la réponse
Comme tout NP se réduit en temps polynomial à n'importe quel problème NP-complet, un algorithme rapide pour l'un en donne un pour tous.
Réponse
A · Tout problème de NP pourrait être résolu en temps polynomial, donc P = NP
11.Structures de données
Réponse: C · Les éléments d'un tableau sont contigus, ce qui exploite bien le cache du processeur
Pourquoi c'est la réponse
La mémoire contiguë offre une bonne localité des références, alors que des nœuds chaînés peuvent être dispersés et provoquer de nombreux défauts de cache.
Réponse
C · Les éléments d'un tableau sont contigus, ce qui exploite bien le cache du processeur
12.Structures de données
Réponse: B · Une rotation à gauche sur l'enfant gauche, puis une rotation à droite sur le nœud
Pourquoi c'est la réponse
La première rotation transforme le cas gauche-droite en cas gauche-gauche, qu'une rotation à droite sur le nœud déséquilibré corrige ensuite.
Réponse
B · Une rotation à gauche sur l'enfant gauche, puis une rotation à droite sur le nœud
13.Théorie des graphes
Réponse: L = 11
Euler, Hamilton et arbres : un graphe connexe a un circuit eulérien (chaque arête une fois, retour au départ) quand tous les sommets ont un degré pair, et un chemin eulérien qui n’est pas un circuit quand exactement deux sommets ont un degré impair ; le chemin va alors d’un sommet impair à l’autre. Un circuit hamiltonien visite chaque sommet une fois ; Kn en a (n − 1)!/2. Un arbre à n sommets a n − 1 arêtes, et un graphe connexe à m arêtes conserve un arbre couvrant après suppression de m − n + 1 arêtes.
Lemme des poignées de main pour un arbre
L + 19 = 2(L + 5) − 2
L = 11
Réponse
L = 11
Raccourci : L = 2 + Σ (d − 2) sur les sommets de degré d ≥ 3.
14.Théorie des graphes
Réponse: d(F) = 32
Plus courts chemins et arbres couvrants : l’algorithme de Dijkstra fixe un sommet par tour : le sommet non fixé de plus petite distance provisoire. Sa distance est alors définitive, et chaque voisin v reçoit d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v)). L’algorithme de Kruskal construit un arbre couvrant minimal en prenant les arêtes de la plus légère à la plus lourde et en sautant toute arête qui fermerait un cycle ; l’algorithme de Prim fait croître un arbre à partir d’un sommet de départ en ajoutant toujours l’arête la plus légère qui en sort. Un arbre couvrant à n sommets a n − 1 arêtes.
Dijkstra tour par tour
Chaque ligne : le sommet fixé, sa distance définitive, et les voisins dont la distance s’améliore.
A (0): B: 9
B (9): C: 23, G: 10
G (10): C: 14, D: 20
C (14): E: 19
E (19): F: 32
D (20)
F (32)
Plus court chemin
A → B → G → C → E → F
d(F) = 32
Réponse
d(F) = 32
15.Bases de données et SQL
Réponse: C · Les dépendances transitives entre attributs non clés
Pourquoi c'est la réponse
En 3NF, aucun attribut non clé ne dépend d'un autre attribut non clé, comme lorsqu'on stocke la ville et le code postal alors que la ville dépend du code postal.
Réponse
C · Les dépendances transitives entre attributs non clés
16.Bases de données et SQL
Réponse: A · Un total cumulé de amount, ordonné par day
Pourquoi c'est la réponse
Avec ORDER BY et sans cadre explicite, la fenêtre va de la première ligne jusqu'à la ligne courante (et ses ex æquo), ce qui donne une somme cumulée.
Réponse
A · Un total cumulé de amount, ordonné par day
17.Réseaux informatiques
Réponse: D · /24
Pourquoi c'est la réponse
Trois octets à 255 font 24 bits à 1, donc 255.255.255.0 = /24.
Réponse
D · /24
18.Réseaux informatiques
Réponse: A · À vecteur de distance ; l'horizon partagé (split horizon) et l'empoisonnement inverse (poison reverse)
Pourquoi c'est la réponse
Après une panne, les routeurs à vecteur de distance peuvent continuer à s'annoncer mutuellement des routes périmées, la métrique augmentant lentement. L'horizon partagé, l'empoisonnement inverse et une métrique maximale limitent ce phénomène.
Réponse
A · À vecteur de distance ; l'horizon partagé (split horizon) et l'empoisonnement inverse (poison reverse)
19.Sous-réseaux IPv4
Réponse: H = 14
IPv4 subnetting: an address has 32 bits. The prefix /p says how many leading bits identify the network; the remaining 32 − p bits number the hosts. A subnet has 2³²⁻ᵖ addresses, but the first (network address) and last (broadcast address) cannot be given to hosts, so 2³²⁻ᵖ − 2 hosts fit. Exceptions: a /31 (point-to-point link, RFC 3021) uses both of its 2 addresses for hosts, and a /32 is one single address (a single host or a loopback).
Longueur du préfixe
255.255.255.240 = /28
Hôtes utilisables
24 − 2 = 14
Réponse
H = 14
20.Sous-réseaux IPv4
Réponse: x = 63
IPv4 subnetting: an address has 32 bits. The prefix /p says how many leading bits identify the network; the remaining 32 − p bits number the hosts. A subnet has 2³²⁻ᵖ addresses, but the first (network address) and last (broadcast address) cannot be given to hosts, so 2³²⁻ᵖ − 2 hosts fit. Exceptions: a /31 (point-to-point link, RFC 3021) uses both of its 2 addresses for hosts, and a /32 is one single address (a single host or a loopback).