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
poids en complément à deux0−12816413211618141211

Le motif de 8 bits 0111 1111 stocke un entier signé en complément à deux. Quelle est sa valeur N en décimal ?

0111 11118 bit
N =
2.Systèmes de numérationDifficile
cliquez sur les bits pour les positionner012806403201608040201

Positionnez les bits sur le résultat sur 8 bits de 0011 1000 XOR 0100 0001. Quelle est la valeur R du résultat en décimal ?

0011 1000XOR0100 0001
R =
3.Logique propositionnelle et preuvesMoyen
tautologiecontradictioncontingence

(r ∨ p) ∧ (¬r ∧ ¬p) est-elle une tautologie, une contradiction ou une contingence ? Cliquez sur votre réponse.

(r ∨ p) ∧ (¬r ∧ ¬p)
  1. 1tautologie
  2. 2contradiction
  3. 3contingence
4.Logique propositionnelle et preuvesDifficile
q¬q ∧ r¬qr

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

q → r¬r
  1. 1q
  2. 2¬q ∧ r
  3. 3¬q
  4. 4r
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
ABCD000111100001111011111111

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(0, 1, 2, 3, 5, 7, 9, 12)
  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
CLKT12345678

Une bascule T 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 = 0T
  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. 7front d’horloge 7
  8. 8front d’horloge 8
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaireMoyen

Trouvez le plus petit entier positif x tel que x ≡ 2 (mod 4) et x ≡ 9 (mod 11).

x ≡ 2 (mod 4)x ≡ 9 (mod 11)
x =
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaireDifficile
mc = me​ mod ncm = cd​ mod nm(n, e) = (115, 5)d = ?

Une clé RSA utilise les nombres premiers p = 5 et q = 23 et l’exposant public e = 5. Trouvez l’exposant privé d (0 < d < φ(n)).

p = 5q = 23e = 5
d =
9.Algorithmes et complexitéMoyen

Le parcours en largeur (BFS) sur un graphe non pondéré trouve :

  1. AL'arbre couvrant de poids minimal
  2. BLes plus courts chemins dans les graphes qui contiennent des poids d'arêtes négatifs
  3. CUn ordre topologique dans tous les graphes
  4. DLes plus courts chemins en nombre d'arêtes depuis le nœud de départ
10.Algorithmes et complexitéDifficile

L'algorithme de programmation dynamique de Held-Karp résout exactement le problème du voyageur de commerce. Quel est son temps d'exécution pour n villes ?

  1. AO(n³)
  2. BO(n² 2ⁿ)
  3. CO(n!)
  4. DO(2n²)
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. B70
  3. C20
  4. D40
12.Structures de donnéesDifficile

Pourquoi ne peut-on pas simplement supprimer des éléments d'un filtre de Bloom standard en remettant leurs bits à zéro ?

  1. ALes bits d'un filtre de Bloom ne peuvent pas être modifiés après sa création
  2. BCes bits peuvent aussi appartenir à d'autres éléments, ce qui provoquerait des faux négatifs
  3. CLes filtres de Bloom stockent les éléments complets, qui sont introuvables une fois hachés
  4. DLa suppression porterait le taux de faux positifs à 100%
13.Théorie des graphesMoyen
ABCDEFGCircuit 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| = 7|E| = 10
  1. 1Circuit eulérien
  2. 2Chemin eulérien, pas de circuit
  3. 3ni l’une ni l’autre
14.Théorie des graphesDifficile
62148111125ABCDEF

Utilisez l’algorithme de Dijkstra pour trouver la longueur d(E) du plus court chemin de A à E dans le graphe pondéré.

départ : Aarrivée : E
d(E) =
15.Bases de données et SQLMoyen

Qu'est-ce qu'une injection SQL ?

  1. AUne technique de sauvegarde de base de données
  2. BUn moyen d'ajouter des index
  3. CUne attaque dans laquelle une saisie utilisateur modifie la structure d'une requête SQL
  4. DUne technique pour insérer rapidement de nombreuses lignes avec une seule instruction INSERT
16.Bases de données et SQLDifficile

Quel est un inconvénient connu de la décomposition des tables en BCNF par rapport à la 3NF ?

  1. ALa BCNF permet plus de redondance que la 3NF
  2. BLes tables en BCNF ne peuvent pas avoir de clé primaire
  3. CLa décomposition perd toujours des données lors de la jointure inverse
  4. DCertaines dépendances fonctionnelles peuvent ne plus être vérifiables au sein d'une seule table
17.Réseaux informatiquesMoyen

Quelle plage de numéros de port TCP/UDP est réservée aux ports « bien connus » (well-known) ?

  1. A1024–49151
  2. B49152–65535
  3. C0–1023
  4. D0–65535
18.Réseaux informatiquesDifficile

Avec les protocoles à fenêtre glissante, en quoi Go-Back-N diffère-t-il de Selective Repeat après la perte d'une trame ?

  1. AAucun des deux ne renvoie jamais les trames perdues
  2. BGo-Back-N renvoie la trame perdue et toutes les suivantes ; Selective Repeat seulement la trame perdue
  3. CGo-Back-N ne renvoie que la trame perdue ; Selective Repeat renvoie cette trame et toutes les suivantes
  4. DLes deux renvoient toute la fenêtre depuis le début
19.Sous-réseaux IPv4Moyen
/16 → /2211111111111111111111110000000000bits réseaubits hôte

Le réseau 172.20.0.0/16 est divisé en sous-réseaux égaux de préfixe /22. Combien y a-t-il de sous-réseaux N ?

172.20.0.0/16/22
N =
20.Sous-réseaux IPv4Difficile
dernier octet = 47012806413201618141211réseauhôte

Un hôte a l'adresse 10.20.249.47/27. Quel est le dernier nombre (quatrième octet) x de l'adresse de diffusion de son sous-réseau ?

10.20.249.47/27
x =

3Solutions

1.Systèmes de numération

Réponse: N = 127

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.

64 + 32 + 16 + 8 + 4 + 2 + 1 = 127

Réponse

N = 127
2.Systèmes de numération

Réponse: R = 121

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.

0011 1000
XOR 0100 0001
= 0111 1001

Valeur du résultat

0111 1001₂ = 121

Réponse

R = 121
3.Logique propositionnelle et preuves

Réponse: contradiction

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

Classer

(r ∨ p) ∧ (¬r ∧ ¬p): 0, 0, 0, 0
0 dans toutes les lignes : une contradiction.

Réponse

contradiction
4.Logique propositionnelle et preuves

Réponse: ¬q

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

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

Conclusion

¬q (modus tollens)

Réponse

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

Réponse: AB = 11, 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.

m12: m13, m14, m8, m4 → 0
ABCD000111100001111011111111

Le 1 isolé

m12 = ABC′D′ → AB = 11, CD = 00

Réponse

AB = 11, CD = 00
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: front d’horloge 6

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 T change d’état à chaque front montant quand T = 1 et conserve quand T = 0.

1: T = 0 → Q = 0
2: T = 0 → Q = 0
3: T = 1 → Q = 1
4: T = 0 → Q = 1
5: T = 0 → Q = 1
6: T = 1 → Q = 0
7: T = 1 → Q = 1
8: T = 1 → Q = 0

Premier passage de 1 à 0

front d’horloge 6

Réponse

front d’horloge 6
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaire

Réponse: x = 42

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).

Première congruence

x = 2 + 4k

Deuxième congruence

2 + 4k ≡ 9 (mod 11) → 4k ≡ 7 (mod 11)
k ≡ 3·7 ≡ 10 (mod 11)

Résultat

x = 2 + 4·10 = 42
x = 42
vérification: 42 mod 4 = 2, 42 mod 11 = 9

Réponse

x = 42
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaire

Réponse: d = 53

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.

Module et indicatrice

n = 5·23 = 115
φ(n) = 4·22 = 88

Algorithme d’Euclide étendu

r = 88, t = 0
r = 5, q = 17, t = 1
r = 3, q = 1, t = −17
r = 2, q = 1, t = 18
r = 1, q = 2, t = −35

Exposant privé

d = 53
vérification: 5·53 = 265 = 3·88 + 1

Réponse

d = 53
9.Algorithmes et complexité

Réponse: D · Les plus courts chemins en nombre d'arêtes depuis le nœud de départ

Pourquoi c'est la réponse

BFS visite les nœuds par ordre de distance (en arêtes) depuis la source ; il trouve donc les plus courts chemins non pondérés en O(V + E).

Réponse

D · Les plus courts chemins en nombre d'arêtes depuis le nœud de départ
10.Algorithmes et complexité

Réponse: B · O(n² 2ⁿ)

Pourquoi c'est la réponse

Il y a environ n 2ⁿ états, chacun calculé en O(n) ; c'est exponentiel mais bien plus rapide que d'essayer les (n − 1)! tournées possibles.

Réponse

B · O(n² 2ⁿ)
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: B · Ces bits peuvent aussi appartenir à d'autres éléments, ce qui provoquerait des faux négatifs

Pourquoi c'est la réponse

Remettre à zéro un bit partagé ferait paraître absent un autre élément ; les filtres de Bloom à compteurs utilisent des compteurs au lieu de bits pour permettre la suppression.

Réponse

B · Ces bits peuvent aussi appartenir à d'autres éléments, ce qui provoquerait des faux négatifs
13.Théorie des graphes

Réponse: ni l’une ni l’autre

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) = 3, deg(D) = 3, deg(E) = 3, deg(F) = 2, deg(G) = 3

Sommets impairs

C, D, E, G → 4
ni l’une ni l’autre

Réponse

ni l’une ni l’autre
14.Théorie des graphes

Réponse: d(E) = 11

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: 6, C: 2
C (2): E: 13
B (6): D: 14, E: 11
E (11): D: 12
D (12): F: 24
F (24)

Plus court chemin

A → B → E
d(E) = 11

Réponse

d(E) = 11
15.Bases de données et SQL

Réponse: C · Une attaque dans laquelle une saisie utilisateur modifie la structure d'une requête SQL

Pourquoi c'est la réponse

Lorsque la saisie utilisateur est concaténée dans le SQL, des attaquants peuvent injecter des commandes. Les requêtes préparées avec paramètres séparent les données du code.

Réponse

C · Une attaque dans laquelle une saisie utilisateur modifie la structure d'une requête SQL
16.Bases de données et SQL

Réponse: D · Certaines dépendances fonctionnelles peuvent ne plus être vérifiables au sein d'une seule table

Pourquoi c'est la réponse

Une décomposition BCNF sans perte existe toujours, mais elle peut ne pas préserver les dépendances ; la 3NF peut toujours être à la fois sans perte et préservatrice des dépendances.

Réponse

D · Certaines dépendances fonctionnelles peuvent ne plus être vérifiables au sein d'une seule table
17.Réseaux informatiques

Réponse: C · 0–1023

Pourquoi c'est la réponse

Les ports 0–1023 sont les ports bien connus des services standard. 1024–49151 sont les ports enregistrés et 49152–65535 les ports dynamiques ou privés.

Réponse

C · 0–1023
18.Réseaux informatiques

Réponse: B · Go-Back-N renvoie la trame perdue et toutes les suivantes ; Selective Repeat seulement la trame perdue

Pourquoi c'est la réponse

Un récepteur Go-Back-N rejette les trames hors séquence, l'émetteur doit donc tout répéter après la perte. Selective Repeat les met en mémoire tampon et ne demande que la trame manquante.

Réponse

B · Go-Back-N renvoie la trame perdue et toutes les suivantes ; Selective Repeat seulement la trame perdue
19.Sous-réseaux IPv4

Réponse: N = 64

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).

Bits empruntés

22 − 16 = 6

Nombre de sous-réseaux

N = 26 = 64

Réponse

N = 64

Chaque sous-réseau /22 a 210 − 2 = 1022 hôtes utilisables.

20.Sous-réseaux IPv4

Réponse: x = 63

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).

Taille de bloc

25 = 32

Sous-réseau de cet hôte

réseau: ⌊47/32⌋·32 = 32
diffusion: 32 + 32 − 1 = 63
hôtes utilisables: 33 … 62

Réponse

x = 63

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