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 bits?−128?64?32?16?8?4?2?1

Écris −71 comme motif de 8 bits en complément à deux. Lis ce motif comme un nombre binaire non signé : quelle est sa valeur U en décimal ?

N = −718 bit
U =
2.Systèmes de numérationDifficile
cliquez sur les bits pour les positionner012806403201608040201

Positionnez les bits sur le résultat sur 8 bits de 1111 0011 OR 0110 0100. Quelle est la valeur R du résultat en décimal ?

1111 0011OR0110 0100
R =
3.Logique propositionnelle et preuvesMoyen
¬q ∧ ¬r¬¬q → ¬r¬¬q ∧ r¬¬q ∧ ¬r

Vous voulez prouver ¬q → r par l’absurde. Quel énoncé supposez-vous au départ ? Cliquez dessus.

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

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

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

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

F = AB′C + A′B′C + AB + A′BC
L =
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 sur 6 fronts montants d’horloge. Combien de fois N Q change-t-il d’état ?

Q₀ = 0JK
N =
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaireMoyen

Trouvez l’inverse de 7 modulo 61 : le nombre x avec 0 < x < 61 et 7·x ≡ 1 (mod 61).

a = 7n = 61
7−1 mod 61 =
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaireDifficile
165c = me​ mod n?m = cd​ mod nm(n, e) = (329, 17)d

Chiffre le message m = 165 avec la clé publique RSA (n, e) = (329, 17). Trouvez le chiffré c.

n = 329e = 17m = 165
c =
9.Algorithmes et complexitéMoyen

Quel énoncé sur une fonction récursive sans cas de base atteignable est correct ?

  1. ALe compilateur la transforme toujours en une boucle qui se termine sans danger
  2. BElle s'exécute en temps O(1)
  3. CElle continue de s'appeler jusqu'au débordement de la pile d'appels
  4. DElle renvoie automatiquement 0
10.Algorithmes et complexitéDifficile

Quelles sont les deux choses à montrer pour prouver qu'un problème de décision X est NP-complet ?

  1. AX est dans P, et X se réduit à SAT
  2. BX est dans NP, et un problème NP-complet connu se réduit à X en temps polynomial
  3. CX se réduit à un problème de P, et X est dans NP
  4. DX n'a pas d'algorithme polynomial, et X est décidable
11.Structures de donnéesMoyen

Quelle structure de données utilise-t-on pour vérifier si les parenthèses de "{[()]}" sont équilibrées ?

  1. AUn arbre binaire de recherche
  2. BUne file
  3. CUne table de hachage
  4. DUne pile
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 filtres de Bloom stockent les éléments complets, qui sont introuvables une fois hachés
  2. BCes bits peuvent aussi appartenir à d'autres éléments, ce qui provoquerait des faux négatifs
  3. CLa suppression porterait le taux de faux positifs à 100%
  4. DLes bits d'un filtre de Bloom ne peuvent pas être modifiés après sa création
13.Théorie des graphesMoyen

Un graphe connexe a 11 sommets et 19 arêtes. Combien d’arêtes k faut-il retirer pour obtenir un arbre couvrant ?

|V| = 11|E| = 19
k =
14.Théorie des graphesDifficile
111467631ABCDEF

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

Qu'apporte une expression de table commune (WITH name AS (...)) ?

  1. AUn nouvel utilisateur de la base de données
  2. BUne table permanente qui reste stockée sur disque jusqu'à sa suppression
  3. CUn index sur une colonne
  4. DUn résultat temporaire nommé, utilisable au sein d'une seule instruction
16.Bases de données et SQLDifficile

Les scores sont 90, 90 et 80. Quelles valeurs RANK() OVER (ORDER BY score DESC) donne-t-il ?

  1. A2, 2, 3
  2. B1, 2, 3
  3. C1, 1, 3
  4. D1, 1, 2
17.Réseaux informatiquesMoyen

À quoi correspond un masque de sous-réseau 255.255.255.0 en notation CIDR ?

  1. A/32
  2. B/8
  3. C/16
  4. D/24
18.Réseaux informatiquesDifficile

Pourquoi IPv6 n'a-t-il pas besoin du NAT pour pallier la pénurie d'adresses ?

  1. AIPv6 n'utilise pas d'adresses
  2. BIPv6 chiffre toutes les adresses
  3. CIPv6 ne fonctionne que sur les réseaux locaux, les adresses n'ont donc jamais besoin d'être partagées globalement
  4. DSon espace d'adressage de 128 bits est assez grand pour donner une adresse globale à chaque appareil
19.Sous-réseaux IPv4Moyen
255.255.255.22411111111111111111111111111100000bits réseaubits hôte

Un sous-réseau utilise le masque 255.255.255.224. Combien d’adresses d’hôte utilisables H possède-t-il ?

255.255.255.224
H =
20.Sous-réseaux IPv4Difficile
dernier octet = 155112806403211618041211réseauhôte

Un hôte a l'adresse 10.20.58.155/30. Quel est le quatrième octet x de son adresse réseau ?

10.20.58.155/30
x =

3Solutions

1.Systèmes de numération

Réponse: U = 185

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.

Inverser et ajouter un

71 = 0100 0111
inversé: 1011 1000
+1 → 1011 1001

Le lire en non signé

1011 1001₂ = 256 − 71 = 185

Réponse

U = 185
2.Systèmes de numération

Réponse: R = 247

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.

1111 0011
OR 0110 0100
= 1111 0111

Valeur du résultat

1111 0111₂ = 247

Réponse

R = 247
3.Logique propositionnelle et preuves

Réponse: ¬q ∧ ¬r

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).

Parties de l’implication

a = ¬q, b = r

Négation de l’implication

¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b = ¬q ∧ ¬r

Réponse

¬q ∧ ¬r

Si l’hypothèse mène à une contradiction, l’implication doit être vraie.

4.Logique propositionnelle et preuves

Réponse: ∃x (A(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 (A(x) → ∃y R(x, y)) ≡ ∃x (A(x) ∧ ∀y ¬R(x, y))

Réponse

∃x (A(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 = 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

AB′C → m(5)
A′B′C → m(1)
AB → m(6, 7)
A′BC → m(3)
ABC00011110010011130204151716

Regrouper et lire

F = C + AB

Compter les littéraux

L = 3

Réponse

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

Réponse: N = 4

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

Compter les changements

0 → 1 → 1 → 0 → 1 → 1 → 0
N = 4

Réponse

N = 4
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaire

Réponse: 7−1 mod 61 = 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).

Algorithme d’Euclide étendu

Chaque reste r s’écrit r ≡ t·7 (mod 61).

r = 61, t = 0
r = 7, q = 8, t = 1
r = 5, q = 1, t = −8
r = 2, q = 2, t = 9
r = 1, q = 2, t = −26

Inverse

1 ≡ −26·7 (mod 61)
x = 35
vérification: 7·35 = 245 = 4·61 + 1

Réponse

7−1 mod 61 = 35
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaire

Réponse: c = 205

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

17 = 16 + 1
1651 ≡ 165 (mod 329)
1652 ≡ 247 (mod 329)
1654 ≡ 144 (mod 329)
1658 ≡ 9 (mod 329)
16516 ≡ 81 (mod 329)
16517 ≡ 165·81 ≡ 205 (mod 329)

Chiffré

c = 205

Réponse

c = 205
9.Algorithmes et complexité

Réponse: C · Elle continue de s'appeler jusqu'au débordement de la pile d'appels

Pourquoi c'est la réponse

Sans cas de base, la récursion ne s'arrête jamais ; en pratique, la mémoire pour les cadres de pile s'épuise et le programme plante.

Réponse

C · Elle continue de s'appeler jusqu'au débordement de la pile d'appels
10.Algorithmes et complexité

Réponse: B · X est dans NP, et un problème NP-complet connu se réduit à X en temps polynomial

Pourquoi c'est la réponse

L'appartenance à NP montre que X n'est pas plus difficile que NP ; la réduction depuis un problème NP-complet connu montre que X est au moins aussi difficile que tout NP.

Réponse

B · X est dans NP, et un problème NP-complet connu se réduit à X en temps polynomial
11.Structures de données

Réponse: D · Une pile

Pourquoi c'est la réponse

On empile chaque symbole ouvrant et on dépile à chaque symbole fermant ; celui-ci doit correspondre au symbole dépilé, et la pile doit être vide à la fin.

Réponse

D · Une pile
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: k = 9

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.

Arêtes d’un arbre couvrant

11 − 1 = 10

Arêtes à retirer

k = 19 − 10 = 9

Réponse

k = 9
14.Théorie des graphes

Réponse: d(F) = 15

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: 11
B (11): C: 12, D: 15, E: 12
C (12)
E (12): F: 15
D (15)
F (15)

Plus court chemin

A → B → E → F
d(F) = 15

Réponse

d(F) = 15
15.Bases de données et SQL

Réponse: D · Un résultat temporaire nommé, utilisable au sein d'une seule instruction

Pourquoi c'est la réponse

Une CTE donne un nom à une sous-requête, ce qui rend les requêtes complexes plus lisibles, et elle peut être référencée plusieurs fois dans la même instruction.

Réponse

D · Un résultat temporaire nommé, utilisable au sein d'une seule instruction
16.Bases de données et SQL

Réponse: C · 1, 1, 3

Pourquoi c'est la réponse

RANK donne le même rang aux lignes ex æquo et saute les numéros suivants (1, 1, 3) ; DENSE_RANK donnerait 1, 1, 2.

Réponse

C · 1, 1, 3
17.Réseaux informatiques

Réponse: D · /24

Pourquoi c'est la réponse

Trois octets à 255 font 24 bits à 1, donc 255.255.255.0 = /24.

Réponse

D · /24
18.Réseaux informatiques

Réponse: D · Son espace d'adressage de 128 bits est assez grand pour donner une adresse globale à chaque appareil

Pourquoi c'est la réponse

IPv6 compte environ 3,4 × 10³⁸ adresses, donc la pénurie qui a motivé le NAT en IPv4 disparaît ; les pare-feu assurent toujours la sécurité.

Réponse

D · Son espace d'adressage de 128 bits est assez grand pour donner une adresse globale à chaque appareil
19.Sous-réseaux IPv4

Réponse: H = 30

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).

Longueur du préfixe

255.255.255.224 = /27

Hôtes utilisables

25 − 2 = 30

Réponse

H = 30
20.Sous-réseaux IPv4

Réponse: x = 152

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

22 = 4

Sous-réseau de cet hôte

réseau: ⌊155/4⌋·4 = 152
diffusion: 152 + 4 − 1 = 155
hôtes utilisables: 153 … 154

Réponse

x = 152

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