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
Positionnez les bits pour qu’ils représentent −98 en complément à deux sur 8 bits. Lu comme un nombre non signé, quelle est la valeur U du motif ?
N = −988 bit
U =
2.Systèmes de numérationDifficile
Quel est le plus grand entier non signé N qui tient sur 12 bits ?
12 bit
N =
3.Logique propositionnelle et preuvesMoyen
Vous voulez prouver ¬b → c par contraposée. Quelle implication prouvez-vous à la place ? Cliquez dessus.
¬b → c
1¬c → ¬¬b
2¬¬b → ¬c
3c → ¬b
4¬b ∧ ¬c
4.Logique propositionnelle et preuvesDifficile
Combien des 16 lignes de la table de vérité rendent ¬(¬p ∧ q) ↔ ¬((s ∨ r) → ¬(q ∨ s)) vraie ? Appelez ce nombre N.
¬(¬p ∧ q) ↔ ¬((s ∨ r) → ¬(q ∨ s))
N =
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
Simplifiez F = A′BC′ + A′BC + ABC à sa forme somme de produits minimale. Combien de littéraux L contient l’expression simplifiée ?
F = A′BC′ + A′BC + ABC
L =
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
Trouvez la forme SOP minimale de F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 8, 15) + d(2, 6), où d marque les états indifférents. Combien de termes produits N a-t-elle ?
F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 8, 15) + d(2, 6)
N =
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaireMoyen
Trouvez l’inverse de 12 modulo 65 : le nombre x avec 0 < x < 65 et 12·x ≡ 1 (mod 65).
a = 12n = 65
12−1 mod 65 =
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaireDifficile
Utilisez le carré répété pour trouver 2555 mod 58.
a = 25k = 55n = 58
2555 mod 58 =
9.Algorithmes et complexitéMoyen
Quelle est la solution de la récurrence T(n) = T(n/2) + O(1) ?
AO(log n)
BO(n)
CO(n log n)
DO(1)
10.Algorithmes et complexitéDifficile
Pourquoi une recherche dans une table de hachage est-elle en O(1) en moyenne mais en O(n) dans le pire cas ?
ADe nombreuses clés peuvent entrer en collision dans le même compartiment
BLes fonctions de hachage sont lentes
CL'accès aux tableaux est en O(n)
DLes clés doivent d'abord être triées
11.Structures de donnéesMoyen
Quel type abstrait de données l'algorithme de Dijkstra utilise-t-il pour choisir le prochain sommet à traiter ?
AUne file FIFO
BUne pile
CUne file de priorité min
DUn ensemble sans ordre
12.Structures de donnéesDifficile
Un arbre de Fenwick (binary indexed tree) sur un tableau de n nombres permet quelles opérations en O(log n) ?
ALa recherche de la médiane en O(1)
BLes requêtes de sommes préfixes et les mises à jour d'un seul élément
CL'insertion d'éléments à n'importe quelle position
DLe tri du tableau et la recherche dichotomique
13.Théorie des graphesMoyen
Un arbre a 2 sommets de degré 4, 4 sommets de degré 5, 4 sommets de degré 2, et tous ses autres sommets sont des feuilles (degré 1). Combien de feuilles L a-t-il ?
2 × deg 44 × deg 54 × deg 2
L =
14.Théorie des graphesDifficile
L’algorithme de Dijkstra part de A. Cliquez sur le sommet qui est fixé (rendu définitif) au tour 6 ; A lui-même est le tour 1.
départ : Atour 6
1A
2B
3C
4D
5E
6F
7G
15.Bases de données et SQLMoyen
Pourquoi crée-t-on des index sur des colonnes ?
APour empêcher les valeurs NULL
BPour rendre les insertions et les mises à jour plus rapides sur ces colonnes
CPour économiser de l'espace disque
DPour accélérer les recherches et les jointures sur ces colonnes
16.Bases de données et SQLDifficile
Quand la décomposition de R en R1 et R2 est-elle garantie sans perte ?
AQuand chaque attribut de R apparaît à la fois dans R1 et dans R2
BQuand les attributs communs de R1 et R2 forment une super-clé de R1 ou de R2
CQuand R1 et R2 ont le même nombre de colonnes
DQuand R1 et R2 n'ont aucun attribut en commun
17.Réseaux informatiquesMoyen
Que fait ARP ?
AIl achemine les paquets sur Internet
BIl attribue automatiquement des adresses IP aux hôtes qui rejoignent le réseau local
CIl résout les noms de domaine
DIl trouve l'adresse MAC correspondant à une adresse IP sur le réseau local
18.Réseaux informatiquesDifficile
Quel est le principal avantage des connexions persistantes (keep-alive) en HTTP/1,1 ?
ALes réponses peuvent arriver dans n'importe quel ordre sur un même flux, si bien que les réponses lentes ne bloquent pas les autres
BPlusieurs requêtes réutilisent une même connexion TCP, évitant des poignées de main répétées
CLe serveur peut pousser des mises à jour par UDP
DLa connexion reste chiffrée sans TLS
19.Sous-réseaux IPv4Moyen
Le réseau 192.168.108.0/24 est divisé en sous-réseaux /29, numérotés 1, 2, 3, … à partir de l’adresse la plus basse (le sous-réseau 1 commence à .0). Quel est le quatrième octet x de l’adresse de diffusion du sous-réseau 4 ?
192.168.108.0/24/29sous-réseau 4 (le sous-réseau 1 commence à .0)
x =
20.Sous-réseaux IPv4Difficile
Le réseau 192.168.209.0/24 est découpé en VLSM pour ces LAN : A: 21 hôtes, B: 13 hôtes, C: 45 hôtes, D: 75 hôtes. Les sous-réseaux sont attribués à partir de .0 en montant, le LAN ayant le plus d’hôtes en premier, chacun recevant le plus petit sous-réseau qui convient. Quel est le quatrième octet x de l’adresse réseau du LAN B ?
A: 21B: 13C: 45D: 75
x =
3Solutions
1.Systèmes de numération
Réponse: U = 158
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.
Inverser et ajouter un
98 = 0110 0010
inversé: 1001 1101
+1 → 1001 1110
Le lire en non signé
1001 1110₂ = 256 − 98 = 158
Réponse
U = 158
2.Systèmes de numération
Réponse: N = 4095
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.
Plus grande valeur
212 − 1 = 4095
Réponse
N = 4095
3.Logique propositionnelle et preuves
Réponse: ¬c → ¬¬b
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).
Parties de l’implication
a = ¬b, b = c
Contraposée
¬b → ¬a = ¬c → ¬¬b
Réponse
¬c → ¬¬b
La contraposée est équivalente à l’énoncé initial, donc la prouver prouve l’énoncé.
4.Logique propositionnelle et preuves
Réponse: N = 8
Tables de vérité : une formule à n variables distinctes a 2ⁿ lignes, une pour chaque combinaison de valeurs de vérité (1 = vrai, 0 = faux). Travaillez de l’intérieur vers l’extérieur et donnez à chaque sous-formule sa propre colonne. ¬a inverse la valeur ; a ∧ b vaut 1 seulement quand les deux valent 1 ; a ∨ b vaut 0 seulement quand les deux valent 0 ; a → b vaut 0 seulement quand a = 1 et b = 0 ; a ↔ b vaut 1 quand les deux côtés sont égaux.
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
A′BC′ → m(2)
A′BC → m(3)
ABC → m(7)
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.
B′C′D′, A′D′, ABCD
Couverture minimale
F = B′C′D′ + A′D′ + ABCD
N = 3
Réponse
N = 3
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Réponse: 12−1 mod 65 = 38
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).
Algorithme d’Euclide étendu
Chaque reste r s’écrit r ≡ t·12 (mod 65).
r = 65, t = 0
r = 12, q = 5, t = 1
r = 5, q = 2, t = −5
r = 2, q = 2, t = 11
r = 1, q = 2, t = −27
Inverse
1 ≡ −27·12 (mod 65)
x = 38
vérification: 12·38 = 456 = 7·65 + 1
Réponse
12−1 mod 65 = 38
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Réponse: 2555 mod 58 = 7
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.
Exposant binaire
55 = 1101112 = 32 + 16 + 4 + 2 + 1
Carré répété
251 ≡ 25 (mod 58)
252 ≡ 45 (mod 58)
254 ≡ 53 (mod 58)
258 ≡ 25 (mod 58)
2516 ≡ 45 (mod 58)
2532 ≡ 53 (mod 58)
Multiplier les puissances nécessaires
2555 ≡ 25·45·53·45·53 ≡ 7 (mod 58)
Réponse
2555 mod 58 = 7
9.Algorithmes et complexité
Réponse: A · O(log n)
Pourquoi c'est la réponse
Le problème est divisé par deux à chaque étape avec un travail constant par étape : il y a donc environ log₂ n étapes.
Réponse
A · O(log n)
10.Algorithmes et complexité
Réponse: A · De nombreuses clés peuvent entrer en collision dans le même compartiment
Pourquoi c'est la réponse
Avec une bonne fonction de hachage et un facteur de charge adapté, les compartiments restent courts en moyenne ; un hachage malveillant ou médiocre peut placer toutes les clés dans un seul compartiment.
Réponse
A · De nombreuses clés peuvent entrer en collision dans le même compartiment
11.Structures de données
Réponse: C · Une file de priorité min
Pourquoi c'est la réponse
Une file de priorité min, généralement un tas binaire, renvoie efficacement le sommet non visité de plus petite distance.
Réponse
C · Une file de priorité min
12.Structures de données
Réponse: B · Les requêtes de sommes préfixes et les mises à jour d'un seul élément
Pourquoi c'est la réponse
Un arbre de Fenwick stocke des sommes partielles sur des intervalles déterminés par les bits de poids faible de chaque indice, donc les sommes préfixes comme les mises à jour ponctuelles prennent O(log n).
Réponse
B · Les requêtes de sommes préfixes et les mises à jour d'un seul élément
13.Théorie des graphes
Réponse: L = 18
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 + 36 = 2(L + 10) − 2
L = 18
Réponse
L = 18
Raccourci : L = 2 + Σ (d − 2) sur les sommets de degré d ≥ 3.
14.Théorie des graphes
Réponse: D
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
1. A (0): B: 4, C: 6
2. B (4): D: 17, G: 13
3. C (6): E: 8, G: 11
4. E (8): D: 13, F: 16
5. G (11)
6. D (13)
7. F (16)
tour 6
D
Réponse
D
15.Bases de données et SQL
Réponse: D · Pour accélérer les recherches et les jointures sur ces colonnes
Pourquoi c'est la réponse
Les index (souvent des arbres B) accélèrent les recherches, mais occupent de l'espace et ralentissent les insertions et mises à jour qui doivent les maintenir.
Réponse
D · Pour accélérer les recherches et les jointures sur ces colonnes
16.Bases de données et SQL
Réponse: B · Quand les attributs communs de R1 et R2 forment une super-clé de R1 ou de R2
Pourquoi c'est la réponse
Si les attributs partagés déterminent tous les attributs de R1 ou de R2, la jointure redonne exactement les lignes d'origine, sans tuples parasites.
Réponse
B · Quand les attributs communs de R1 et R2 forment une super-clé de R1 ou de R2
17.Réseaux informatiques
Réponse: D · Il trouve l'adresse MAC correspondant à une adresse IP sur le réseau local
Pourquoi c'est la réponse
ARP diffuse « qui possède cette IP ? » et le propriétaire répond avec son adresse MAC, afin que les trames puissent être livrées localement.
Réponse
D · Il trouve l'adresse MAC correspondant à une adresse IP sur le réseau local
18.Réseaux informatiques
Réponse: B · Plusieurs requêtes réutilisent une même connexion TCP, évitant des poignées de main répétées
Pourquoi c'est la réponse
Réutiliser une connexion évite une nouvelle poignée de main et un nouveau démarrage lent pour chaque objet ; les pages comportant de nombreuses ressources se chargent donc plus vite.
Réponse
B · Plusieurs requêtes réutilisent une même connexion TCP, évitant des poignées de main répétées
19.Sous-réseaux IPv4
Réponse: x = 31
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).
Taille de bloc
23 = 8
Sous-réseau numéro 4
réseau: (4 − 1)·8 = 24
diffusion: 24 + 8 − 1 = 31
Réponse
x = 31
20.Sous-réseaux IPv4
Réponse: x = 224
VLSM : chaque LAN reçoit le plus petit sous-réseau tel que 2ʰ − 2 ≥ son nombre d’hôtes, c’est-à-dire un préfixe 32 − h. Attribuer d’abord les plus grands sous-réseaux garde chaque bloc aligné sur un multiple de sa propre taille, donc les adresses réseau s’obtiennent en additionnant les tailles de bloc.