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 −112 en complément à deux sur 8 bits. Lu comme un nombre non signé, quelle est la valeur U du motif ?

N = −1128 bit
U =
2.Systèmes de numérationDifficile
16 bit1 px512 px512 pxM = ? KiB

Une image non compressée fait 512 × 512 pixels avec 16 bits par pixel. Quelle mémoire M occupe-t-elle, en Kio (1 Kio = 1024 octets) ?

512 × 512 px16 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
3.Logique propositionnelle et preuvesMoyen
¬r ∧ ¬p¬r ∨ p¬r ∧ p¬r ∨ ¬p

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

¬(r ∧ p)
  1. 1¬r ∧ ¬p
  2. 2¬r ∨ p
  3. 3¬r ∧ p
  4. 4¬r ∨ ¬p
4.Logique propositionnelle et preuvesDifficile
∃x ∀y ¬R(x, y)∀x ∃y ¬R(x, y)∃y ∀x ¬R(x, y)∀x ∀y ¬R(x, y)

Quel énoncé est équivalent à ¬∀x ∃y R(x, y), la négation étant passée complètement à l’intérieur ? Cliquez dessus.

¬∀x ∃y R(x, y)
  1. 1∃x ∀y ¬R(x, y)
  2. 2∀x ∃y ¬R(x, y)
  3. 3∃y ∀x ¬R(x, y)
  4. 4∀x ∀y ¬R(x, y)
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
ABC000111100101324576

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

F = A′BC′ + A′C + AB′C + BC′
L =
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLKUP

Un compteur binaire croissant de 4 bits part de 14 (décimal, Q = 1110). Quelle valeur Q (en décimal) affiche-t-il après 43 impulsions d’horloge ?

Q0 = 1443n = 4
Q =
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaireMoyen

Trouvez le plus petit entier positif x tel que x ≡ 2 (mod 3) et x ≡ 9 (mod 13).

x ≡ 2 (mod 3)x ≡ 9 (mod 13)
x =
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaireDifficile

79 est premier. Utilisez le petit théorème de Fermat pour trouver 1846417 mod 79.

p = 79k = 46417
1846417 mod 79 =
9.Algorithmes et complexitéMoyen

Quelle est la solution de la récurrence T(n) = T(n/2) + O(1) ?

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

Quelle définition de la classe NP est correcte ?

  1. ALes problèmes de décision dont les réponses « oui » peuvent être vérifiées en temps polynomial à l'aide d'un certificat
  2. BLes problèmes qui ne sont pas polynomiaux
  3. CLes problèmes qu'aucun algorithme ne peut résoudre
  4. DLes problèmes qui ne peuvent pas être résolus en temps polynomial
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. A40
  2. B20
  3. C50
  4. D70
12.Structures de donnéesDifficile

Les clés 5, 3, 8, 1 sont insérées dans cet ordre dans un tas binaire min vide stocké dans un tableau. Quel est le tableau final ?

  1. A[1, 5, 8, 3]
  2. B[1, 3, 5, 8]
  3. C[3, 1, 8, 5]
  4. D[1, 3, 8, 5]
13.Théorie des graphesMoyen
ABCDEFCircuit 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| = 6|E| = 7
  1. 1Circuit eulérien
  2. 2Chemin eulérien, pas de circuit
  3. 3ni l’une ni l’autre
14.Théorie des graphesDifficile
710111612208ABCDE

Trouvez le poids total W d’un arbre couvrant minimal du graphe pondéré.

|V| = 5|E| = 7
W =
15.Bases de données et SQLMoyen

Quelle instruction supprime toutes les lignes d'une table, conserve sa structure et n'accepte pas de clause WHERE ?

  1. ATRUNCATE TABLE
  2. BALTER TABLE
  3. CDROP TABLE
  4. DDELETE FROM avec une clause WHERE
16.Bases de données et SQLDifficile

Quel niveau d'isolation empêche les lectures sales (dirty reads) mais autorise encore les lectures non répétables ?

  1. ARead uncommitted
  2. BSerializable
  3. CRead committed
  4. DRepeatable read
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. A0,125 ms
  2. B8 ms
  3. C12 ms
  4. D1 ms
18.Réseaux informatiquesDifficile

Qu'apporte à lui seul l'échange de clés Diffie-Hellman, et quelle est sa faiblesse ?

  1. AIl établit un secret partagé sur un canal public, mais seul il est vulnérable à l'homme du milieu
  2. BIl authentifie les deux utilisateurs par mot de passe, mais nécessite un serveur central
  3. CIl chiffre directement de gros volumes de données sur un canal public, mais il est bien trop lent pour les gros fichiers et la vidéo
  4. DIl signe les certificats des sites web, mais ne fonctionne qu'avec des clés courtes
19.Sous-réseaux IPv4Moyen
/?11111111111111111111111111000000bits réseaubits hôte

Un service a besoin de 52 adresses d'hôte dans un seul sous-réseau. Quelle est la plus grande longueur de préfixe p (le plus petit sous-réseau) suffisante ?

52 hosts
p =
20.Sous-réseaux IPv4Difficile

Le réseau 192.168.7.0/24 est découpé en VLSM pour ces LAN : A: 54 hôtes, B: 35 hôtes, C: 8 hôtes, D: 22 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: 54B: 35C: 8D: 22
x =

3Solutions

1.Systèmes de numération

Réponse: U = 144

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

112 = 0111 0000
inversé: 1000 1111
+1 → 1001 0000

Le lire en non signé

1001 0000₂ = 256 − 112 = 144

Réponse

U = 144
2.Systèmes de numération

Réponse: M = 512 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

512·512·16 = 4194304 bit = 524288 B

Convertir en Kio

524288/1024 = 512 KiB

Réponse

M = 512 KiB
3.Logique propositionnelle et preuves

Réponse: ¬r ∨ ¬p

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.
¬(r ∧ p) ≡ ¬r ∨ ¬p

Vérifier avec la table de vérité

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

Réponse

¬r ∨ ¬p

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

4.Logique propositionnelle et preuves

Réponse: ∃x ∀y ¬R(x, y)

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.

Faire passer la négation vers l’intérieur

¬∀x ∃y R(x, y) ≡ ∃x ∀y ¬R(x, y)

Réponse

∃x ∀y ¬R(x, y)

Les autres options laissent un quantificateur inchangé, changent l’ordre des quantificateurs, ou nient mal la formule intérieure.

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

Réponse: L = 6

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′C → m(1, 3)
AB′C → m(5)
BC′ → m(2, 6)
ABC00011110010011131204150716

Regrouper et lire

F = B′C + BC′ + A′C

Compter les littéraux

L = 6

Réponse

L = 6

Il existe un autre regroupement de même taille ; il a le même nombre de littéraux.

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

Réponse: Q = 9

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 16 impulsions ramènent le compteur au même état.

43 = 2·16 + 11

Valeur après les impulsions restantes

Q = (14 + 11) mod 16 = 9
Q = 1001₂

Réponse

Q = 9
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaire

Réponse: x = 35

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 + 3k

Deuxième congruence

2 + 3k ≡ 9 (mod 13) → 3k ≡ 7 (mod 13)
k ≡ 9·7 ≡ 11 (mod 13)

Résultat

x = 2 + 3·11 = 35
x = 35
vérification: 35 mod 3 = 2, 35 mod 13 = 9

Réponse

x = 35
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaire

Réponse: 1846417 mod 79 = 52

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.

Réduire l’exposant

46417 mod 78 = 7
1846417 ≡ 187 (mod 79)

Petite puissance

187 mod 79 = 52

Réponse

1846417 mod 79 = 52
9.Algorithmes et complexité

Réponse: D · 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

D · O(log n)
10.Algorithmes et complexité

Réponse: A · Les problèmes de décision dont les réponses « oui » peuvent être vérifiées en temps polynomial à l'aide d'un certificat

Pourquoi c'est la réponse

Pour un problème NP, une solution proposée (certificat) peut être vérifiée rapidement, par exemple vérifier qu'une affectation donnée satisfait une formule booléenne.

Réponse

A · Les problèmes de décision dont les réponses « oui » peuvent être vérifiées en temps polynomial à l'aide d'un certificat
11.Structures de données

Réponse: B · 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

B · 20
12.Structures de données

Réponse: D · [1, 3, 8, 5]

Pourquoi c'est la réponse

Après 5, 3, 8, le tableau est [3, 5, 8] ; 1 va à l'indice 3, s'échange avec son parent 5 puis avec 3, ce qui donne [1, 3, 8, 5].

Réponse

D · [1, 3, 8, 5]
13.Théorie des graphes

Réponse: Chemin eulérien, pas de circuit

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

Sommets impairs

B, E → 2
Chemin eulérien, pas de circuit

Réponse

Chemin eulérien, pas de circuit

Le chemin eulérien commence à un sommet impair et finit à l’autre.

14.Théorie des graphes

Réponse: W = 41

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.

Algorithme de Kruskal

AB (7): prise
BE (8): prise
AC (10): prise
BC (11): sautée, ferme un cycle
CE (12): sautée, ferme un cycle
BD (16): prise

Poids total

W = 7 + 8 + 10 + 16 = 41

Réponse

W = 41
15.Bases de données et SQL

Réponse: A · TRUNCATE TABLE

Pourquoi c'est la réponse

TRUNCATE vide rapidement une table et conserve sa définition ; DELETE peut supprimer certaines lignes et DROP supprime la table elle-même.

Réponse

A · TRUNCATE TABLE
16.Bases de données et SQL

Réponse: C · Read committed

Pourquoi c'est la réponse

Read committed masque les modifications non validées ; Repeatable read empêche aussi les lectures non répétables ; Serializable empêche également les lectures fantômes.

Réponse

C · Read committed
17.Réseaux informatiques

Réponse: D · 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

D · 1 ms
18.Réseaux informatiques

Réponse: A · Il établit un secret partagé sur un canal public, mais seul il est vulnérable à l'homme du milieu

Pourquoi c'est la réponse

Diffie-Hellman permet à deux parties de dériver le même secret, que les espions ne peuvent pas calculer. Un attaquant placé au milieu peut mener des échanges séparés avec chaque côté si les valeurs ne sont pas signées ou authentifiées autrement.

Réponse

A · Il établit un secret partagé sur un canal public, mais seul il est vulnérable à l'homme du milieu
19.Sous-réseaux IPv4

Réponse: p = 26

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

25 − 2 = 30 < 52
26 − 2 = 62 ≥ 52 → h = 6

Longueur du préfixe

p = 32 − 6 = 26

Réponse

p = /26
20.Sous-réseaux IPv4

Réponse: x = 64

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

A: 54 hôtes → 26 = 64 (/26)
B: 35 hôtes → 26 = 64 (/26)
D: 22 hôtes → 25 = 32 (/27)
C: 8 hôtes → 24 = 16 (/28)

Attribution, du plus grand au plus petit

A: .0 – .63
B: .64 – .127
D: .128 – .159
C: .160 – .175

Réponse

x = 64

LAN B : 192.168.7.64/26.

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