Fondements de l’informatique : pack de révision

Formulaires, étapes clés de la méthode pour chaque thème et 20 exercices, avec les corrigés complets à la fin.

Nouveaux exercicesRetour au cours

Dans la fenêtre d’impression, choisissez « Enregistrer au format PDF » pour garder une copie sur votre appareil.

1Formules et méthodes

Systèmes de numération

Poids des positions
binaire 2k, octal 8k, hexa 16k
Vers le décimal
Σ dk·bk
Depuis le décimal
diviser par la base, lire les restes de bas en haut
Hexa ↔ binaire
un chiffre hexa = 4 bits
Complément à deux
inverser les bits et ajouter 1

Logique propositionnelle et preuves

Lignes d’une table de vérité
2ⁿ
Implication
p → q ≡ ¬p ∨ q ≡ ¬q → ¬p
Implication niée
¬(p → q) ≡ p ∧ ¬q
Équivalence
p ↔ q ≡ (p → q) ∧ (q → p)
De Morgan
¬(p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q, ¬(p ∨ q) ≡ ¬p ∧ ¬q
Lois de distributivité
p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r), p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)
Quantificateurs niés
¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x), ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x)
Modus ponens, modus tollens
p → q, p ⊢ q; p → q, ¬q ⊢ ¬p

Méthode

  1. Comptez les variables distinctes : la table de vérité a 2ⁿ lignes, la première avec toutes les variables à 1.
  2. Donnez à chaque sous-formule sa propre colonne et remplissez les colonnes de l’intérieur vers l’extérieur.
  3. Appliquez la règle de chaque connecteur : → n’est 0 que pour 1 → 0, ↔ vaut 1 quand les deux côtés sont égaux.
  4. Pour des équivalences, comparez les colonnes finales ligne par ligne ; pour un raisonnement, regardez seulement les lignes où toutes les prémisses valent 1.
  5. 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

  1. 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.
  2. 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.
  3. 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.
  4. 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

  1. Réduisez d’abord chaque nombre modulo n ; les restes sont compris entre 0 et n − 1.
  2. Pour un pgcd, divisez plusieurs fois avec l’algorithme d’Euclide ; le dernier reste non nul est le pgcd.
  3. Pour un inverse, appliquez l’algorithme étendu et gardez le coefficient de a ; ajoutez n s’il est négatif.
  4. Résolvez a·x ≡ b en multipliant par a⁻¹ ; combinez deux congruences en écrivant x = r₁ + m₁k.
  5. 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

  1. Notez le degré de chaque sommet ; la somme des degrés vaut deux fois le nombre d’arêtes.
  2. Pour les questions d’Euler, vérifiez que le graphe est connexe et comptez les sommets de degré impair.
  3. Pour les arbres, utilisez n − 1 arêtes et le lemme des poignées de main.
  4. Pour Dijkstra, tenez un tableau des distances provisoires et fixez à chaque tour le sommet non fixé de plus petite distance.
  5. 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
complément à deux sur 8 bits0−12806403201608040201

Positionnez les bits pour qu’ils représentent −75 en complément à deux sur 8 bits. Lu comme un nombre non signé, quelle est la valeur U du motif ?

N = −758 bit
U =
2.Systèmes de numérationDifficile
32 bit1 px512 px512 pxM = ? KiB

Une image non compressée fait 512 × 512 pixels avec 32 bits par pixel. Quelle mémoire M occupe-t-elle, en Kio (1 Kio = 1024 octets) ?

512 × 512 px32 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
3.Logique propositionnelle et preuvesMoyen
pqr¬r ∧ q(¬r ∧ q) ↔ ¬r¬(q → ¬p) ∨ ((¬r ∧ q) ↔ ¬r)111?110?101?100?011?010?001?000?

Dans combien des 8 lignes de sa table de vérité ¬(q → ¬p) ∨ ((¬r ∧ q) ↔ ¬r) est-elle vraie ? Appelez ce nombre N.

¬(q → ¬p) ∨ ((¬r ∧ q) ↔ ¬r)
N =
4.Logique propositionnelle et preuvesDifficile
qp ∧ ¬q¬pp

Les prémisses (r ∧ p) → q; r; ¬q sont données. Quelle conclusion en découle ? Cliquez dessus.

(r ∧ p) → qr¬q
  1. 1q
  2. 2p ∧ ¬q
  3. 3¬p
  4. 4p
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
ABCD0001111000011110111111

Dans ce tableau de Karnaugh, exactement un 1 n’a aucun 1 voisin, donc il reste un groupe d’une seule case (un minterme complet de quatre littéraux) dans la forme SOP minimale. Les voisins de part et d’autre des bords du tableau comptent. Cliquez sur cette case.

F = Σm(1, 2, 5, 6, 7, 8)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
CLKJK123456

Une bascule JK déclenchée sur front montant part de Q = 0 et reçoit les entrées représentées. Cliquez sur le premier front d’horloge où Q repasse de 1 à 0.

Q₀ = 0JK
  1. 1front d’horloge 1
  2. 2front d’horloge 2
  3. 3front d’horloge 3
  4. 4front d’horloge 4
  5. 5front d’horloge 5
  6. 6front d’horloge 6
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaireMoyen

Trouvez l’inverse de 29 modulo 31 : le nombre x avec 0 < x < 31 et 29·x ≡ 1 (mod 31).

a = 29n = 31
29−1 mod 31 =
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaireDifficile
141c = me​ mod n?m = cd​ mod nm(n, e) = (817, 19)d

Chiffre le message m = 141 avec la clé publique RSA (n, e) = (817, 19). Trouvez le chiffré c.

n = 817e = 19m = 141
c =
9.Algorithmes et complexitéMoyen

Quelle est la complexité temporelle du tri rapide (quicksort) dans le pire cas ?

  1. AO(n²)
  2. BO(n)
  3. CO(log n)
  4. DO(n log n)
10.Algorithmes et complexitéDifficile

Comment le problème du voyageur de commerce est-il classé ?

  1. ALa version décisionnelle est NP-complète et la version d'optimisation est NP-difficile
  2. BIl est dans P car l'algorithme de Dijkstra le résout en visitant chaque ville une seule fois
  3. CIl est indécidable
  4. DLa version décisionnelle est dans P mais la version d'optimisation est NP-complète
11.Structures de donnéesMoyen

Dans une table de hachage à adressage ouvert, quel est le facteur de charge maximal possible ?

  1. AIl n'y a pas de maximum
  2. B0,5
  3. C2
  4. D1
12.Structures de donnéesDifficile

Quelle affirmation sur le tri par tas (heapsort) est correcte ?

  1. AIl s'exécute en O(n) sur toute entrée
  2. BIl est stable et nécessite O(n) mémoire supplémentaire
  3. CIl nécessite un arbre binaire de recherche comme stockage supplémentaire, donc il utilise O(n) de mémoire en plus
  4. DIl trie sur place en O(n log n) dans le pire cas, mais n'est pas stable
13.Théorie des graphesMoyen
ABCDECircuit eulérienChemin eulérien, pas de circuitni l’une ni l’autre

Le graphe connexe a-t-il un circuit eulérien, un chemin eulérien qui n’est pas un circuit, ou ni l’un ni l’autre ? Cliquez sur votre réponse.

|V| = 5|E| = 6
  1. 1Circuit eulérien
  2. 2Chemin eulérien, pas de circuit
  3. 3ni l’une ni l’autre
14.Théorie des graphesDifficile
2864127158ABCDEF

L’algorithme de Dijkstra part de A. Cliquez sur le sommet qui est fixé (rendu définitif) au tour 5 ; A lui-même est le tour 1.

départ : Atour 5
  1. 1A
  2. 2B
  3. 3C
  4. 4D
  5. 5E
  6. 6F
15.Bases de données et SQLMoyen

Que renvoie SELECT SUM(amount) FROM orders lorsque la clause WHERE ne correspond à aucune ligne ?

  1. AUne erreur
  2. B0
  3. CUne chaîne vide
  4. DNULL
16.Bases de données et SQLDifficile

Une base de données de reporting copie les noms des clients dans la table des commandes pour éviter des jointures. Quel est le principal coût de cette dénormalisation ?

  1. ALes copies redondantes doivent rester cohérentes chaque fois que les données client changent
  2. BLa base de données ne peut plus utiliser d'index
  3. CLes requêtes sur la table des commandes deviennent plus lentes
  4. DLes clés primaires ne peuvent plus être utilisées
17.Réseaux informatiquesMoyen

Quel est le rôle de la passerelle par défaut sur un hôte ?

  1. AC'est le serveur DNS
  2. BElle attribue les adresses MAC
  3. CC'est le port du commutateur auquel l'hôte est connecté
  4. DC'est le routeur utilisé pour le trafic vers d'autres réseaux
18.Réseaux informatiquesDifficile

Pourquoi le côté qui ferme le premier une connexion TCP reste-t-il dans l'état TIME_WAIT pendant deux fois la durée de vie maximale d'un segment ?

  1. APour laisser les routeurs le long du chemin mettre à jour leurs tables de routage pour la connexion suivante
  2. BPour attendre l'expiration du cache DNS
  3. CPour que les segments retardés disparaissent et que l'ACK final puisse être renvoyé s'il a été perdu
  4. DPour conserver les clés de chiffrement en vue d'une réutilisation
19.Sous-réseaux IPv4Moyen
/24 → /2811111111111111111111111111110000bits réseaubits hôte

Le réseau 192.168.15.0/24 est divisé en sous-réseaux /28, 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 ?

192.168.15.0/24/28sous-réseau 4 (le sous-réseau 1 commence à .0)
x =
20.Sous-réseaux IPv4Difficile
troisième octet 49 … 56012806413211608040211communsvariables

Un routeur a des routes vers ces réseaux : 10.210.49.0/24, 10.210.50.0/24, 10.210.51.0/24, 10.210.52.0/24, 10.210.53.0/24, 10.210.54.0/24, 10.210.55.0/24, 10.210.56.0/24. Quelle est la plus grande longueur de préfixe p d’une route résumée unique qui les couvre tous ?

10.210.49.0/24 … 10.210.56.0/24
p =

3Solutions

1.Systèmes de numération

Réponse: U = 181

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

75 = 0100 1011
inversé: 1011 0100
+1 → 1011 0101

Le lire en non signé

1011 0101₂ = 256 − 75 = 181

Réponse

U = 181
2.Systèmes de numération

Réponse: M = 1024 KiB

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.

Bits et octets

512·512·32 = 8388608 bit = 1048576 B

Convertir en Kio

1048576/1024 = 1024 KiB

Réponse

M = 1024 KiB
3.Logique propositionnelle et preuves

Réponse: N = 6

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.

Table de vérité ligne par ligne

p = 1, q = 1, r = 1: ¬p = 0, q → ¬p = 0, ¬(q → ¬p) = 1, ¬r = 0, ¬r ∧ q = 0, (¬r ∧ q) ↔ ¬r = 1, ¬(q → ¬p) ∨ ((¬r ∧ q) ↔ ¬r) = 1
p = 1, q = 1, r = 0: ¬p = 0, q → ¬p = 0, ¬(q → ¬p) = 1, ¬r = 1, ¬r ∧ q = 1, (¬r ∧ q) ↔ ¬r = 1, ¬(q → ¬p) ∨ ((¬r ∧ q) ↔ ¬r) = 1
p = 1, q = 0, r = 1: ¬p = 0, q → ¬p = 1, ¬(q → ¬p) = 0, ¬r = 0, ¬r ∧ q = 0, (¬r ∧ q) ↔ ¬r = 1, ¬(q → ¬p) ∨ ((¬r ∧ q) ↔ ¬r) = 1
p = 1, q = 0, r = 0: ¬p = 0, q → ¬p = 1, ¬(q → ¬p) = 0, ¬r = 1, ¬r ∧ q = 0, (¬r ∧ q) ↔ ¬r = 0, ¬(q → ¬p) ∨ ((¬r ∧ q) ↔ ¬r) = 0
p = 0, q = 1, r = 1: ¬p = 1, q → ¬p = 1, ¬(q → ¬p) = 0, ¬r = 0, ¬r ∧ q = 0, (¬r ∧ q) ↔ ¬r = 1, ¬(q → ¬p) ∨ ((¬r ∧ q) ↔ ¬r) = 1
p = 0, q = 1, r = 0: ¬p = 1, q → ¬p = 1, ¬(q → ¬p) = 0, ¬r = 1, ¬r ∧ q = 1, (¬r ∧ q) ↔ ¬r = 1, ¬(q → ¬p) ∨ ((¬r ∧ q) ↔ ¬r) = 1
p = 0, q = 0, r = 1: ¬p = 1, q → ¬p = 1, ¬(q → ¬p) = 0, ¬r = 0, ¬r ∧ q = 0, (¬r ∧ q) ↔ ¬r = 1, ¬(q → ¬p) ∨ ((¬r ∧ q) ↔ ¬r) = 1
p = 0, q = 0, r = 0: ¬p = 1, q → ¬p = 1, ¬(q → ¬p) = 0, ¬r = 1, ¬r ∧ q = 0, (¬r ∧ q) ↔ ¬r = 0, ¬(q → ¬p) ∨ ((¬r ∧ q) ↔ ¬r) = 0

Compter les lignes de valeur 1

¬(q → ¬p) ∨ ((¬r ∧ q) ↔ ¬r): 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0
N = 6

Réponse

N = 6
4.Logique propositionnelle et preuves

Réponse: ¬p

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.

Lignes où toutes les prémisses sont vraies

p = 0, q = 0, r = 1: q = 0, p ∧ ¬q = 0, ¬p = 1, p = 0

Conclusion

¬p (modus tollens avec une conjonction)

Réponse

¬p
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: AB = 10, CD = 00

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.

Voisins de chaque 1

Un 1 ayant un 1 voisin peut rejoindre un groupe de deux ou plus.

m8: m9, m10, m12, m0 → 0
ABCD0001111000011110111111

Le 1 isolé

m8 = AB′C′D′ → AB = 10, CD = 00

Réponse

AB = 10, CD = 00
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: front d’horloge 3

Bascules et compteurs : une bascule ne change qu’au front actif de l’horloge. D copie son entrée (Q⁺ = D) ; T change d’état quand T = 1 ; JK conserve pour 00, remet à 0 pour 01, met à 1 pour 10 et change d’état pour 11. Un compteur binaire de n bits a 2ⁿ états et compte modulo 2ⁿ ; un compteur modulo N va de 0, 1, …, N − 1 puis revient à 0, et exige le plus petit n tel que 2ⁿ ≥ N bascules. Chaque étage d’un compteur asynchrone divise la fréquence par deux, donc la dernière sortie d’un compteur modulo N tourne à fclk/N. Un compteur Johnson de n bascules a 2n états, un compteur en anneau n.

Q après chaque front

Une bascule JK : 00 conserve, 01 remet à 0 (Q = 0), 10 met à 1 (Q = 1), 11 change d’état.

1: J = 1, K = 1 → Q = 1
2: J = 1, K = 0 → Q = 1
3: J = 0, K = 1 → Q = 0
4: J = 1, K = 0 → Q = 1
5: J = 0, K = 1 → Q = 0
6: J = 1, K = 1 → Q = 1

Premier passage de 1 à 0

front d’horloge 3

Réponse

front d’horloge 3
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaire

Réponse: 29−1 mod 31 = 15

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·29 (mod 31).

r = 31, t = 0
r = 29, q = 1, t = 1
r = 2, q = 14, t = −1
r = 1, q = 2, t = 15

Inverse

1 ≡ 15·29 (mod 31)
x = 15
vérification: 29·15 = 435 = 14·31 + 1

Réponse

29−1 mod 31 = 15
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaire

Réponse: c = 407

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

19 = 16 + 2 + 1
1411 ≡ 141 (mod 817)
1412 ≡ 273 (mod 817)
1414 ≡ 182 (mod 817)
1418 ≡ 444 (mod 817)
14116 ≡ 239 (mod 817)
14119 ≡ 141·273·239 ≡ 407 (mod 817)

Chiffré

c = 407

Réponse

c = 407
9.Algorithmes et complexité

Réponse: A · O(n²)

Pourquoi c'est la réponse

Avec des pivots systématiquement mauvais (par ex. une entrée déjà triée et le premier élément comme pivot), les partitions sont déséquilibrées, ce qui donne O(n²). Le cas moyen est O(n log n).

Réponse

A · O(n²)
10.Algorithmes et complexité

Réponse: A · La version décisionnelle est NP-complète et la version d'optimisation est NP-difficile

Pourquoi c'est la réponse

« Existe-t-il une tournée de longueur au plus k ? » est NP-complet ; trouver la tournée la plus courte est NP-difficile, puisque c'est au moins aussi difficile.

Réponse

A · La version décisionnelle est NP-complète et la version d'optimisation est NP-difficile
11.Structures de données

Réponse: D · 1

Pourquoi c'est la réponse

Avec l'adressage ouvert, toutes les clés sont stockées dans la table elle-même, donc n ne peut pas dépasser m ; le chaînage séparé peut avoir un facteur de charge supérieur à 1.

Réponse

D · 1
12.Structures de données

Réponse: D · Il trie sur place en O(n log n) dans le pire cas, mais n'est pas stable

Pourquoi c'est la réponse

Le tri par tas construit un tas max et extrait le maximum n fois dans le même tableau ; des échanges sur de longues distances peuvent réordonner des clés égales.

Réponse

D · Il trie sur place en O(n log n) dans le pire cas, mais n'est pas stable
13.Théorie des graphes

Réponse: Circuit eulérien

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.

Degrés

deg(A) = 2, deg(B) = 4, deg(C) = 2, deg(D) = 2, deg(E) = 2

Sommets impairs

0
Circuit eulérien

Réponse

Circuit eulérien
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): C: 2
2. C (2): B: 10, E: 6
3. E (6): D: 18, F: 21
4. B (10): D: 16
5. D (16)
6. F (21)

tour 5

D

Réponse

D
15.Bases de données et SQL

Réponse: D · NULL

Pourquoi c'est la réponse

SUM, AVG, MIN et MAX renvoient NULL sur un ensemble vide, alors que COUNT renvoie 0 ; COALESCE(SUM(amount), 0) donne 0 à la place.

Réponse

D · NULL
16.Bases de données et SQL

Réponse: A · Les copies redondantes doivent rester cohérentes chaque fois que les données client changent

Pourquoi c'est la réponse

La dénormalisation accélère les lectures mais réintroduit de la redondance ; les mises à jour doivent donc modifier chaque copie, sinon des anomalies apparaissent.

Réponse

A · Les copies redondantes doivent rester cohérentes chaque fois que les données client changent
17.Réseaux informatiques

Réponse: D · C'est le routeur utilisé pour le trafic vers d'autres réseaux

Pourquoi c'est la réponse

L'hôte envoie les paquets destinés à des destinations non locales à la passerelle par défaut, généralement son routeur local.

Réponse

D · C'est le routeur utilisé pour le trafic vers d'autres réseaux
18.Réseaux informatiques

Réponse: C · Pour que les segments retardés disparaissent et que l'ACK final puisse être renvoyé s'il a été perdu

Pourquoi c'est la réponse

TIME_WAIT garantit qu'un ACK final perdu peut être répété et que les anciens segments dupliqués expirent avant la réutilisation du même couple adresse-port.

Réponse

C · Pour que les segments retardés disparaissent et que l'ACK final puisse être renvoyé s'il a été perdu
19.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).

Taille de bloc

24 = 16

Sous-réseau numéro 4

réseau: (4 − 1)·16 = 48
diffusion: 48 + 16 − 1 = 63

Réponse

x = 63
20.Sous-réseaux IPv4

Réponse: p = 20

Résumé de routes : une route résumée a.b.c.0/p couvre tous les réseaux dont les p premiers bits correspondent. Écrivez en binaire l’octet qui diffère pour le premier et le dernier réseau ; le nombre de bits de tête communs, plus les bits des octets qui le précèdent, donne le plus long préfixe de résumé.

Comparer les bits

49 = 00110001
56 = 00111000
bits de tête communs : 4

Longueur du préfixe

p = 16 + 4 = 20

Réponse

p = /20

Route résumée : 10.210.48.0/20 (elle couvre aussi 8 réseau(x) qui ne figurent pas dans la liste).

ExamProblems · examproblems.com/courses/computer-science-fundamentals