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.

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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 −78 en complément à deux sur 8 bits. Lu comme un nombre non signé, quelle est la valeur U du motif ?

N = −788 bit
U =
2.Systèmes de numérationDifficile
cliquez sur les bits pour les positionner012806403201608040201

Positionnez les bits sur le résultat sur 8 bits de 0110 0001 OR 0100 0101. Quelle est la valeur R du résultat en décimal ?

0110 0001OR0100 0101
R =
3.Logique propositionnelle et preuvesMoyen
¬p ∨ ¬q¬p ∧ q¬p ∨ q¬p ∧ ¬q

Quelle formule est logiquement équivalente à ¬(p ∧ q) ? Cliquez dessus.

¬(p ∧ q)
  1. 1¬p ∨ ¬q
  2. 2¬p ∧ q
  3. 3¬p ∨ q
  4. 4¬p ∧ ¬q
4.Logique propositionnelle et preuvesDifficile
pqrr → (q ∨ p)rq111110101100011010001000

Le raisonnement de prémisses r → (q ∨ p); r et de conclusion q est invalide. Cliquez sur la ligne de la table de vérité qui est un contre-exemple.

r → (q ∨ p)r∴ q
  1. 1p = 1, q = 1, r = 1
  2. 2p = 1, q = 1, r = 0
  3. 3p = 1, q = 0, r = 1
  4. 4p = 1, q = 0, r = 0
  5. 5p = 0, q = 1, r = 1
  6. 6p = 0, q = 1, r = 0
  7. 7p = 0, q = 0, r = 1
  8. 8p = 0, q = 0, r = 0
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
ABC000111100101324576

Simplifiez F = AC′ + A′B′C + ABC′ + AC à sa forme somme de produits minimale. Combien de littéraux L contient l’expression simplifiée ?

F = AC′ + A′B′C + ABC′ + AC
L =
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLKMOD-12

Un compteur modulo 12 synchrone compte 0, 1, …, 11 puis revient à 0. Il part de 4. Quelle valeur Q (en décimal) affiche-t-il après 15 impulsions d’horloge ?

Q0 = 415N = 12
Q =
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaireMoyen

Résolvez 10x ≡ 13 (mod 17). Donnez la solution x avec 0 < x < 17.

10x ≡ 13 (mod 17)
x =
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaireDifficile
300c = me​ mod n?m = cd​ mod nm(n, e) = (551, 11)d

Chiffre le message m = 300 avec la clé publique RSA (n, e) = (551, 11). Trouvez le chiffré c.

n = 551e = 11m = 300
c =
9.Algorithmes et complexitéMoyen

Vous triez une fois un tableau de n éléments, puis répondez à k requêtes d'appartenance par recherche dichotomique. Quel est le coût total ?

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

Quelle borne est correcte pour log(n!) ?

  1. AΘ(n²)
  2. BΘ(log n)
  3. CΘ(n log n)
  4. DΘ(n)
11.Structures de donnéesMoyen

Les clés 50, 30, 70, 20, 40 sont insérées dans cet ordre dans un arbre binaire de recherche vide. Quel est l'enfant gauche de 30 ?

  1. A50
  2. B40
  3. C20
  4. D70
12.Structures de donnéesDifficile

L'algorithme de Kahn pour le tri topologique retire répétitivement les sommets de degré entrant 0. Quelle structure contient ces sommets ?

  1. AUne file (ou toute collection) des sommets de degré entrant 0
  2. BUn tas max ordonné par degré sortant
  3. CUne pile de toutes les arêtes visitées
  4. DUne matrice d'adjacence indiquant quels sommets ont déjà été retirés
13.Théorie des graphesMoyen

Un arbre a 4 sommets de degré 3, 4 sommets de degré 4, et tous ses autres sommets sont des feuilles (degré 1). Combien de feuilles L a-t-il ?

4 × deg 34 × deg 4
L =
14.Théorie des graphesDifficile
513645121013ABCDEFG

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

Que renvoie INTERSECT utilisé entre deux requêtes SELECT ?

  1. ALes lignes présentes dans les deux résultats
  2. BLe produit cartésien des résultats
  3. CLes lignes du premier résultat absentes du second
  4. DToutes les lignes des deux résultats
16.Bases de données et SQLDifficile

Une sous-requête corrélée est une sous-requête qui :

  1. AJoint deux tables avec une clé étrangère
  2. BN'utilise que des fonctions d'agrégation
  3. CFait référence à des colonnes de la requête externe et est évaluée pour chaque ligne externe
  4. DS'exécute une seule fois avant la requête externe et met son résultat en cache pour chaque ligne
17.Réseaux informatiquesMoyen

Combien de temps faut-il pour émettre un paquet de 1500 octets sur une liaison à 12 Mbit/s (délai de transmission) ?

  1. A8 ms
  2. B1 ms
  3. C12 ms
  4. D0,125 ms
18.Réseaux informatiquesDifficile

Pourquoi l'option de mise à l'échelle de la fenêtre TCP (window scale) a-t-elle été introduite ?

  1. ASans elle, TCP ne pouvait pas détecter les segments perdus sur les liaisons longue distance
  2. BLe champ de fenêtre de 32 bits était trop grand et gaspillait de la place dans l'en-tête de chaque segment TCP envoyé
  3. CUDP avait besoin d'un moyen de contrôler son débit sur les chemins congestionnés
  4. DLe champ de fenêtre de 16 bits limite la fenêtre à 65535 octets, trop peu pour les chemins rapides et longs
19.Sous-réseaux IPv4Moyen
/?11111111111111111111100000000000bits réseaubits hôte

Un service a besoin de 1538 adresses d'hôte dans un seul sous-réseau. Quelle est la plus grande longueur de préfixe p (le plus petit sous-réseau) suffisante ?

1538 hosts
p =
20.Sous-réseaux IPv4Difficile

Le réseau 192.168.43.0/24 est découpé en VLSM pour ces LAN : A: 20 hôtes, B: 83 hôtes, C: 24 hôtes, D: 5 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 A ?

A: 20B: 83C: 24D: 5
x =

3Solutions

1.Systèmes de numération

Réponse: U = 178

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

78 = 0100 1110
inversé: 1011 0001
+1 → 1011 0010

Le lire en non signé

1011 0010₂ = 256 − 78 = 178

Réponse

U = 178
2.Systèmes de numération

Réponse: R = 101

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 donne 1 quand au moins un bit vaut 1.

0110 0001
OR 0100 0101
= 0110 0101

Valeur du résultat

0110 0101₂ = 101

Réponse

R = 101
3.Logique propositionnelle et preuves

Réponse: ¬p ∨ ¬q

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).

La loi

De Morgan : ¬(a ∧ b) ≡ ¬a ∨ ¬b. Le ∧ devient ∨ et les deux parties sont niées.
¬(p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q

Vérifier avec la table de vérité

p = 1, q = 1: 0 | 0 0 1 0
p = 1, q = 0: 1 | 1 0 0 0
p = 0, q = 1: 1 | 1 1 1 0
p = 0, q = 0: 1 | 1 0 1 1

Réponse

¬p ∨ ¬q

Les colonnes après la barre sont les options dans l’ordre affiché.

4.Logique propositionnelle et preuves

Réponse: p = 1, q = 0, 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

p = 1, q = 1, r = 1: 1 1 | 1
p = 1, q = 1, r = 0: 1 0 | 1
p = 1, q = 0, r = 1: 1 1 | 0
p = 1, q = 0, r = 0: 1 0 | 0
p = 0, q = 1, r = 1: 1 1 | 1
p = 0, q = 1, r = 0: 1 0 | 1
p = 0, q = 0, r = 1: 0 1 | 0
p = 0, q = 0, r = 0: 1 0 | 0

Contre-exemple

p = 1, q = 0, r = 1

Réponse

p = 1, q = 0, 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 = 3

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

AC′ → m(4, 6)
A′B′C → m(1)
ABC′ → m(6)
AC → m(5, 7)
ABC00011110010011030214151716

Regrouper et lire

F = B′C + A

Compter les littéraux

L = 3

Réponse

L = 3
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: Q = 7

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.

Cycles complets

Toutes les 12 impulsions ramènent le compteur au même état.

15 = 1·12 + 3

Valeur après les impulsions restantes

Q = (4 + 3) mod 12 = 7
Q = 0111₂

Réponse

Q = 7
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaire

Réponse: x = 3

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).

Inversez de 10

r = 17, t = 0
r = 10, q = 1, t = 1
r = 7, q = 1, t = −1
r = 3, q = 2, t = 2
r = 1, q = 3, t = −5
10−1 ≡ 12 (mod 17)

Résoudre

x ≡ 12·13 = 156 ≡ 3 (mod 17)
vérification: 10·3 = 30 ≡ 13 (mod 17)

Réponse

x = 3
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaire

Réponse: c = 60

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

11 = 8 + 2 + 1
3001 ≡ 300 (mod 551)
3002 ≡ 187 (mod 551)
3004 ≡ 256 (mod 551)
3008 ≡ 518 (mod 551)
30011 ≡ 300·187·518 ≡ 60 (mod 551)

Chiffré

c = 60

Réponse

c = 60
9.Algorithmes et complexité

Réponse: A · O(n log n + k log n)

Pourquoi c'est la réponse

Le tri coûte O(n log n) et chaque requête O(log n) ; cela bat k parcours linéaires (O(nk)) quand k est grand.

Réponse

A · O(n log n + k log n)
10.Algorithmes et complexité

Réponse: C · Θ(n log n)

Pourquoi c'est la réponse

log(n!) ≤ n log n, et les n / 2 plus grands facteurs donnent log(n!) ≥ (n / 2) log(n / 2) ; c'est pourquoi le tri par comparaisons nécessite Ω(n log n).

Réponse

C · Θ(n log n)
11.Structures de données

Réponse: C · 20

Pourquoi c'est la réponse

20 est plus petit que 50 et que 30, il devient donc l'enfant gauche de 30 ; 40 devient son enfant droit.

Réponse

C · 20
12.Structures de données

Réponse: A · Une file (ou toute collection) des sommets de degré entrant 0

Pourquoi c'est la réponse

Les sommets prêts sont conservés dans une file ; en retirer un diminue le degré entrant de ses voisins, et ceux qui atteignent 0 sont ajoutés, ce qui donne un temps en O(V + E).

Réponse

A · Une file (ou toute collection) des sommets de degré entrant 0
13.Théorie des graphes

Réponse: L = 14

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 + 28 = 2(L + 8) − 2
L = 14

Réponse

L = 14

Raccourci : L = 2 + Σ (d − 2) sur les sommets de degré d ≥ 3.

14.Théorie des graphes

Réponse: d(F) = 23

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: 5
B (5): D: 18
D (18): E: 22, F: 23, G: 28
E (22): C: 28
F (23)
C (28)
G (28)

Plus court chemin

A → B → D → F
d(F) = 23

Réponse

d(F) = 23
15.Bases de données et SQL

Réponse: A · Les lignes présentes dans les deux résultats

Pourquoi c'est la réponse

INTERSECT ne garde que les lignes présentes dans les deux requêtes et, comme UNION, supprime les doublons par défaut.

Réponse

A · Les lignes présentes dans les deux résultats
16.Bases de données et SQL

Réponse: C · Fait référence à des colonnes de la requête externe et est évaluée pour chaque ligne externe

Pourquoi c'est la réponse

Les sous-requêtes corrélées dépendent de la ligne externe courante ; elles sont donc logiquement évaluées ligne par ligne (les optimiseurs peuvent les réécrire en jointures).

Réponse

C · Fait référence à des colonnes de la requête externe et est évaluée pour chaque ligne externe
17.Réseaux informatiques

Réponse: B · 1 ms

Pourquoi c'est la réponse

1500 octets = 12000 bits. 12000 / 12000000 bit/s = 0,001 s = 1 ms. Le délai de transmission dépend de la taille du paquet et du débit de la liaison, pas de la distance.

Réponse

B · 1 ms
18.Réseaux informatiques

Réponse: D · Le champ de fenêtre de 16 bits limite la fenêtre à 65535 octets, trop peu pour les chemins rapides et longs

Pourquoi c'est la réponse

L'en-tête d'origine permet au plus 65535 octets de données non acquittées. La mise à l'échelle multiplie cette valeur par une puissance de deux pour que les chemins à fort produit bande passante-délai puissent être remplis.

Réponse

D · Le champ de fenêtre de 16 bits limite la fenêtre à 65535 octets, trop peu pour les chemins rapides et longs
19.Sous-réseaux IPv4

Réponse: p = 21

Sous-réseaux IPv4 : une adresse a 32 bits. Le préfixe /p indique combien de bits de tête identifient le réseau ; les 32 − p bits restants numérotent les hôtes. Un sous-réseau a 2³²⁻ᵖ adresses, mais la première (adresse réseau) et la dernière (adresse de diffusion) ne peuvent pas être attribuées, il tient donc 2³²⁻ᵖ − 2 hôtes. Exceptions : un /31 (liaison point à point, RFC 3021) utilise ses 2 adresses pour des hôtes, et un /32 est une adresse unique (un seul hôte ou une interface de bouclage).

Bits d'hôte nécessaires

210 − 2 = 1022 < 1538
211 − 2 = 2046 ≥ 1538 → h = 11

Longueur du préfixe

p = 32 − 11 = 21

Réponse

p = /21
20.Sous-réseaux IPv4

Réponse: x = 160

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.

Taille de bloc par LAN

B: 83 hôtes → 27 = 128 (/25)
C: 24 hôtes → 25 = 32 (/27)
A: 20 hôtes → 25 = 32 (/27)
D: 5 hôtes → 23 = 8 (/29)

Attribution, du plus grand au plus petit

B: .0 – .127
C: .128 – .159
A: .160 – .191
D: .192 – .199

Réponse

x = 160

LAN A : 192.168.43.160/27.

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