Teken een venndiagram en bepaal gebied voor gebied wat bij de verzamelingsuitdrukking hoort.
Vul bij telproblemen de gebieden van binnen naar buiten in: eerst alle verzamelingen, dan de paren, dan de losse verzamelingen en tot slot de buitenkant.
Gebruik inclusie–exclusie als controle: |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|.
Test bij een relatie elke eigenschap op elk paar en geef één tegenvoorbeeld als ze niet geldt.
Tel bij een functie de pijlen die aankomen bij elk element van B: hoogstens één betekent injectief, minstens één surjectief.
Grafentheorie
Handenschudlemma
Σ deg(v) = 2|E|
Volledige grafen
|E(Kn)| = n(n − 1)/2, |E(Km,n)| = m·n
Reguliere graaf
|E| = n·k/2
Boom en bos
|E| = n − 1, |E| = n − c
Bladeren van een boom
L = 2 + Σ (deg(v) − 2) over deg(v) ≥ 3
Euler
circuit: alle graden even; pad: precies 2 oneven graden
Hamiltoncircuits in Kn
(n − 1)!/2
Dijkstra-update
d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v))
Wandelingen van lengte L
(Mᴸ)ij
Methode
Schrijf de graad van elk hoekpunt op; de graden zijn samen twee keer het aantal kanten.
Controleer bij Eulervragen of de graaf samenhangend is en tel de hoekpunten met oneven graad.
Gebruik bij bomen n − 1 kanten en het handenschudlemma.
Houd bij Dijkstra een tabel met voorlopige afstanden bij en leg elke ronde het onafgehandelde hoekpunt met de kleinste afstand vast.
Sorteer voor een minimaal opspannende boom de kanten op gewicht en sla elke kant over die een cykel sluit (Kruskal), of laat één boom groeien vanuit een beginpunt (Prim).
Getaltheorie & modulair rekenen
Deling met rest
a = q·n + r, 0 ≤ r < n
Euclides
gcd(a, b) = gcd(b, a mod b)
Kleinste gemene veelvoud
lcm(a, b) = a·b/gcd(a, b)
Inverse
a·a⁻¹ ≡ 1 (mod n), gcd(a, n) = 1
Lineaire congruentie
a·x ≡ b → x ≡ a⁻¹·b (mod n)
Eulers φ-functie
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
Methode
Reduceer eerst elk getal modulo n; resten liggen tussen 0 en n − 1.
Deel voor een ggd herhaaldelijk met het algoritme van Euclides; de laatste rest ongelijk aan nul is de ggd.
Laat voor een inverse het uitgebreide algoritme lopen en houd de coëfficiënt van a; tel n erbij op als die negatief is.
Los a·x ≡ b op door met a⁻¹ te vermenigvuldigen; combineer twee congruenties door x = r₁ + m₁k te schrijven.
Schrijf bij machten de exponent binair en kwadrateer herhaaldelijk; in RSA is d = e⁻¹ mod φ(n) met φ(n) = (p − 1)(q − 1).
2Oefenopgaven
1.Propositielogica & bewijzenGemiddeld
Je wilt ¬b → (a ∧ c) bewijzen met de contrapositie. Welke implicatie bewijs je in plaats daarvan? Klik erop.
¬b → (a ∧ c)
1¬(a ∧ c) → ¬¬b
2(a ∧ c) → ¬b
3¬¬b → ¬(a ∧ c)
4¬b ∧ ¬(a ∧ c)
2.Propositielogica & bewijzenMoeilijk
De redenering met premissen p ∨ q; p en conclusie ¬q is ongeldig. Klik op de rij van de waarheidstabel die een tegenvoorbeeld is.
p ∨ qp∴ ¬q
1p = 1, q = 1
2p = 1, q = 0
3p = 0, q = 1
4p = 0, q = 0
3.Verzamelingen, relaties & functiesGemiddeld
De relatie R op {1, 2, 3, 4} is getekend als gerichte graaf (een lus betekent (x, x) ∈ R). Precies één van de vier eigenschappen geldt. Klik erop.
R = {(1, 1), (2, 4), (3, 3), (4, 2)}
1reflexief
2symmetrisch
3antisymmetrisch
4transitief
4.Verzamelingen, relaties & functiesMoeilijk
Het pijlendiagram toont een functie f: A → B met A = {1, 2, 3, 4} en B = {a, b, c, d}. Klik op de beschrijving die bij f past.
f = {(1, b), (2, d), (3, a), (4, c)}
1injectief, niet surjectief
2surjectief, niet injectief
3bijectief
4geen van beide
5.GrafentheorieGemiddeld
Een boom heeft 2 hoekpunten van graad 3, en al zijn andere hoekpunten zijn bladeren (graad 1). Hoeveel bladeren L heeft hij?
2 × deg 3
L =
6.GrafentheorieMoeilijk
Gebruik het algoritme van Dijkstra om de lengte d(F) van het kortste pad van A naar F in de gewogen graaf te vinden.
start: Aeinde: F
d(F) =
7.Getaltheorie & modulair rekenenGemiddeld
Vind het kleinste positieve gehele getal x met x ≡ 1 (mod 3) en x ≡ 2 (mod 5).
x ≡ 1 (mod 3)x ≡ 2 (mod 5)
x =
8.Getaltheorie & modulair rekenenMoeilijk
Versleutel het bericht m = 179 met de publieke RSA-sleutel (n, e) = (1247, 11). Bepaal de cijfertekst c.
n = 1247e = 11m = 179
c =
3Oplossingen
1.Propositielogica & bewijzen
Antwoord: ¬(a ∧ c) → ¬¬b
Logische equivalentie: twee formules zijn equivalent (≡) als ze in elke rij van de waarheidstabel dezelfde waarde hebben. Een tautologie is in elke rij 1, een contradictie in elke rij 0, en een contingentie is geen van beide. Nuttige wetten: De Morgan, ¬(a ∧ b) ≡ ¬a ∨ ¬b en ¬(a ∨ b) ≡ ¬a ∧ ¬b; a → b ≡ ¬a ∨ b ≡ ¬b → ¬a (contrapositie); ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b; en de distributieve wetten, a ∨ (b ∧ c) ≡ (a ∨ b) ∧ (a ∨ c).
Delen van de implicatie
a = ¬b, b = a ∧ c
Contrapositie
¬b → ¬a = ¬(a ∧ c) → ¬¬b
Antwoord
¬(a ∧ c) → ¬¬b
De contrapositie is equivalent met de oorspronkelijke uitspraak, dus door haar te bewijzen bewijs je de uitspraak.
2.Propositielogica & bewijzen
Antwoord: p = 1, q = 1
Kwantoren en redeneringen: ¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x) en ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x). Schuif een ontkenning naar binnen, verwissel elke kwantor die ze passeert en ontken de binnenste formule met de propositiewetten, zoals ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b. Een redenering is geldig als de conclusie 1 is in elke rij waarin alle premissen 1 zijn. Eén rij met ware premissen en een onware conclusie is een tegenvoorbeeld en toont aan dat de redenering ongeldig is.
Premissen en conclusie rij voor rij
p = 1, q = 1: 1 1 | 0
p = 1, q = 0: 1 1 | 1
p = 0, q = 1: 1 0 | 0
p = 0, q = 0: 0 0 | 1
Tegenvoorbeeld
p = 1, q = 1
Antwoord
p = 1, q = 1
Een redenering van deze vorm lijkt op een geldige regel, maar één rij is genoeg om te laten zien dat dat niet zo is.
3.Verzamelingen, relaties & functies
Antwoord: symmetrisch
Relaties: een relatie R op een verzameling X is een verzameling geordende paren (x, y). R is reflexief als (x, x) ∈ R voor elke x in X; symmetrisch als (x, y) ∈ R altijd samengaat met (y, x) ∈ R; antisymmetrisch als (x, y) en (y, x) alleen beide in R zitten als x = y; en transitief als (x, y) en (y, z) in R (x, z) ∈ R afdwingen. Een equivalentierelatie is reflexief, symmetrisch en transitief, en verdeelt X in disjuncte klassen.
reflexief
geldt niet: (2, 2) ∉ R
symmetrisch
geldt
antisymmetrisch
geldt niet: (2, 4), (4, 2) ∈ R
transitief
geldt niet: (2, 4), (4, 2) ∈ R, (2, 2) ∉ R
Antwoord
symmetrisch
4.Verzamelingen, relaties & functies
Antwoord: bijectief
Functies en tellen: een functie f: A → B geeft elk element van A precies één beeld in B. f is injectief (één-op-één) als verschillende elementen verschillende beelden hebben, surjectief (op) als elk element van B een beeld is, en bijectief als beide gelden. Met |A| = m en |B| = n zijn er nᵐ functies, n!/(n − m)! injectieve (m ≤ n), en met inclusie–exclusie Σ (−1)ᵏ·C(n, k)·(n − k)ᵐ surjectieve. |𝒫(A)| = 2ᵐ en |A × B| = m·n.
Injectief?
elk element van B wordt hoogstens één keer geraakt → injectief
Surjectief?
elk element van B wordt geraakt → surjectief
Antwoord
bijectief
Antwoord
bijectief
5.Grafentheorie
Antwoord: L = 4
Euler, Hamilton en bomen: een samenhangende graaf heeft een Eulercircuit (elke kant één keer, terug naar het begin) als elk hoekpunt even graad heeft, en een Eulerpad dat geen circuit is als precies twee hoekpunten oneven graad hebben; het pad loopt dan van het ene oneven hoekpunt naar het andere. Een Hamiltoncircuit bezoekt elk hoekpunt één keer; Kn heeft er (n − 1)!/2. Een boom op n hoekpunten heeft n − 1 kanten, en een samenhangende graaf met m kanten houdt een opspannende boom over na het verwijderen van m − n + 1 kanten.
Handenschudlemma voor een boom
L + 6 = 2(L + 2) − 2
L = 4
Antwoord
L = 4
Snelle methode: L = 2 + Σ (d − 2) over de hoekpunten met graad d ≥ 3.
6.Grafentheorie
Antwoord: d(F) = 19
Kortste paden en opspannende bomen: het algoritme van Dijkstra legt per ronde één hoekpunt vast: het onafgehandelde hoekpunt met de kleinste voorlopige afstand. Zijn afstand is dan definitief, en elke buur v krijgt d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v)). Het algoritme van Kruskal bouwt een minimaal opspannende boom door de kanten van licht naar zwaar te nemen en elke kant over te slaan die een cykel zou sluiten; het algoritme van Prim laat één boom groeien vanuit een beginpunt door steeds de lichtste kant toe te voegen die eruit vertrekt. Een opspannende boom van n hoekpunten heeft n − 1 kanten.
Dijkstra ronde voor ronde
Elke regel: het vastgelegde hoekpunt, zijn definitieve afstand en de buren waarvan de afstand verbetert.
A (0): B: 12, C: 14
B (12): D: 15, E: 15
C (14)
D (15): F: 19
E (15)
F (19)
Kortste pad
A → B → D → F
d(F) = 19
Antwoord
d(F) = 19
7.Getaltheorie & modulair rekenen
Antwoord: x = 7
Inversen en congruenties: a heeft een inverse modulo n precies als ggd(a, n) = 1. Het uitgebreide algoritme van Euclides schrijft 1 = s·n + t·a, en dan is a⁻¹ ≡ t (mod n). Een congruentie a·x ≡ b (mod n) met ggd(a, n) = 1 heeft de oplossing x ≡ a⁻¹·b. Twee congruenties x ≡ r₁ (mod m₁) en x ≡ r₂ (mod m₂) met onderling ondeelbare moduli hebben één oplossing modulo m₁·m₂ (Chinese reststelling). Eulers φ(n) telt de getallen van 1 tot n die onderling ondeelbaar zijn met n: φ(n) = n·∏(1 − 1/p).
Eerste congruentie
x = 1 + 3k
Tweede congruentie
1 + 3k ≡ 2 (mod 5) → 3k ≡ 1 (mod 5)
k ≡ 2·1 ≡ 2 (mod 5)
Resultaat
x = 1 + 3·2 = 7
x = 7
controle: 7 mod 3 = 1, 7 mod 5 = 2
Antwoord
x = 7
8.Getaltheorie & modulair rekenen
Antwoord: c = 854
Modulaire machten en RSA: bereken aᵏ mod n door herhaald kwadrateren: schrijf k binair, kwadrateer, reduceer na elke stap en vermenigvuldig de machten waarvan de bit 1 is. Fermat: aᵖ⁻¹ ≡ 1 (mod p) voor een priemgetal p dat a niet deelt, dus de exponent kan modulo p − 1 gereduceerd worden. RSA: kies priemgetallen p en q, n = p·q en φ(n) = (p − 1)(q − 1); de publieke exponent e is onderling ondeelbaar met φ(n), en de privé-exponent is d = e⁻¹ mod φ(n). Versleutel met c = mᵉ mod n en ontsleutel met m = cᵈ mod n.