Comptez les variables distinctes : la table de vérité a 2ⁿ lignes, la première avec toutes les variables à 1.
Donnez à chaque sous-formule sa propre colonne et remplissez les colonnes de l’intérieur vers l’extérieur.
Appliquez la règle de chaque connecteur : → n’est 0 que pour 1 → 0, ↔ vaut 1 quand les deux côtés sont égaux.
Pour des équivalences, comparez les colonnes finales ligne par ligne ; pour un raisonnement, regardez seulement les lignes où toutes les prémisses valent 1.
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
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.
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.
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.
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
Réduisez d’abord chaque nombre modulo n ; les restes sont compris entre 0 et n − 1.
Pour un pgcd, divisez plusieurs fois avec l’algorithme d’Euclide ; le dernier reste non nul est le pgcd.
Pour un inverse, appliquez l’algorithme étendu et gardez le coefficient de a ; ajoutez n s’il est négatif.
Résolvez a·x ≡ b en multipliant par a⁻¹ ; combinez deux congruences en écrivant x = r₁ + m₁k.
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
Notez le degré de chaque sommet ; la somme des degrés vaut deux fois le nombre d’arêtes.
Pour les questions d’Euler, vérifiez que le graphe est connexe et comptez les sommets de degré impair.
Pour les arbres, utilisez n − 1 arêtes et le lemme des poignées de main.
Pour Dijkstra, tenez un tableau des distances provisoires et fixez à chaque tour le sommet non fixé de plus petite distance.
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
Positionnez les bits pour qu’ils représentent −83 en complément à deux sur 8 bits. Lu comme un nombre non signé, quelle est la valeur U du motif ?
N = −838 bit
U =
2.Systèmes de numérationDifficile
Positionnez les bits sur le résultat sur 8 bits de 1100 0110 AND 1101 1101. Quelle est la valeur R du résultat en décimal ?
1100 0110AND1101 1101
R =
3.Logique propositionnelle et preuvesMoyen
Dans combien des 8 lignes de sa table de vérité (p ↔ (¬q ∧ p)) ∨ (r ↔ q) est-elle vraie ? Appelez ce nombre N.
(p ↔ (¬q ∧ p)) ∨ (r ↔ q)
N =
4.Logique propositionnelle et preuvesDifficile
Quel énoncé est équivalent à ¬∀x (F(x) ∨ G(x)), la négation étant passée complètement à l’intérieur ? Cliquez dessus.
¬∀x (F(x) ∨ G(x))
1∀x (¬F(x) ∨ ¬G(x))
2∃x (¬F(x) ∧ ¬G(x))
3∃x (¬F(x) ∨ ¬G(x))
4∀x (¬F(x) ∧ ¬G(x))
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
Utilisez le tableau de Karnaugh pour trouver la forme produit de sommes (POS) minimale de F(A, B, C, D) = Σm(3, 5, 6, 9, 10, 14). Combien de termes somme (facteurs) N a-t-elle ?
F(A, B, C, D) = Σm(3, 5, 6, 9, 10, 14)
N =
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
Un compteur Johnson de 4 bits Q₃Q₂Q₁Q₀ part de 0000. À chaque front d’horloge, les bits se décalent d’une place vers la droite (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀) et Q₃ reçoit l’inverse de Q₀. Donnez l’état Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ sous forme de nombre décimal après 6 fronts d’horloge.
Q₃Q₂Q₁Q₀ = 00006
Q =
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaireMoyen
Résolvez 6x ≡ 23 (mod 41). Donnez la solution x avec 0 < x < 41.
6x ≡ 23 (mod 41)
x =
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaireDifficile
19 est premier. Utilisez le petit théorème de Fermat pour trouver 1414352 mod 19.
p = 19k = 14352
1414352 mod 19 =
9.Algorithmes et complexitéMoyen
La borne inférieure du tri par comparaisons dans le pire cas est :
AΩ(n²)
BΩ(n log n)
CΩ(n)
DΩ(log n)
10.Algorithmes et complexitéDifficile
Pourquoi l'algorithme de Dijkstra peut-il donner des résultats faux lorsque certains poids d'arêtes sont négatifs ?
ALes nombres négatifs ne peuvent pas être stockés dans une file de priorité
BUn sommet est définitivement fixé lorsqu'il est extrait, mais une arête négative ultérieure pourrait encore lui donner un chemin plus court
CIl ne fonctionne que sur les graphes non orientés
DIl entre dans une boucle infinie à chaque arête négative
11.Structures de donnéesMoyen
Qu'est-ce qui est vrai de la matrice d'adjacence d'un graphe non orienté ?
ASa diagonale principale contient toujours des 1
BElle est symétrique par rapport à la diagonale principale
CElle est toujours triangulaire supérieure
DChaque ligne contient exactement un 1
12.Structures de donnéesDifficile
Vous devez conserver les k plus petites valeurs d'un flux de n nombres en utilisant O(k) mémoire. Quelle approche fonctionne en O(n log k) ?
AUn tableau trié de toutes les n valeurs
BUne file FIFO des k dernières valeurs
CUn tas min contenant les n valeurs, dont on extrait les k plus petites à la fin
DUn tas max de taille k, dont on remplace la racine lorsqu'une valeur plus petite arrive
13.Théorie des graphesMoyen
Un graphe connexe a 17 sommets et 27 arêtes. Combien d’arêtes k faut-il retirer pour obtenir un arbre couvrant ?
|V| = 17|E| = 27
k =
14.Théorie des graphesDifficile
Trouvez le poids total W d’un arbre couvrant minimal du graphe pondéré.
|V| = 7|E| = 10
W =
15.Bases de données et SQLMoyen
Quelle requête renvoie le salaire le plus élevé de chaque service ?
ASELECT dept, salary FROM emp WHERE salary = MAX(salary)
BSELECT dept, MAX(salary) FROM emp GROUP BY dept
CSELECT dept, MAX(salary) FROM emp ORDER BY dept
DSELECT MAX(dept), salary FROM emp GROUP BY salary
16.Bases de données et SQLDifficile
La table employee(emp_id, dept_id, dept_name) a pour clé emp_id, et dept_id → dept_name. Quelle affirmation est correcte ?
AElle n'est pas en 2NF
BElle n'est pas en 1NF
CElle est en BCNF et donc en 3NF
DElle est en 2NF mais pas en 3NF
17.Réseaux informatiquesMoyen
Quel masque de sous-réseau correspond à /20 ?
A255.255.224.0
B255.255.240.0
C255.255.255.240
D255.255.248.0
18.Réseaux informatiquesDifficile
Dans une attaque par inondation SYN (SYN flood), quelle ressource l'attaquant cherche-t-il à épuiser ?
ALa table des connexions semi-ouvertes du serveur
BLa table d'adresses MAC du commutateur
CLe cache DNS du client
DL'espace disque du serveur
19.Sous-réseaux IPv4Moyen
Un service a besoin de 1452 adresses d'hôte dans un seul sous-réseau. Quelle est la plus grande longueur de préfixe p (le plus petit sous-réseau) suffisante ?
1452 hosts
p =
20.Sous-réseaux IPv4Difficile
Un routeur a des routes vers ces réseaux : 10.151.240.0/24, 10.151.241.0/24, 10.151.242.0/24, 10.151.243.0/24, 10.151.244.0/24, 10.151.245.0/24, 10.151.246.0/24. Quelle est la plus grande longueur de préfixe p d’une route résumée unique qui les couvre tous ?
10.151.240.0/24 … 10.151.246.0/24
p =
3Solutions
1.Systèmes de numération
Réponse: U = 173
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
83 = 0101 0011
inversé: 1010 1100
+1 → 1010 1101
Le lire en non signé
1010 1101₂ = 256 − 83 = 173
Réponse
U = 173
2.Systèmes de numération
Réponse: R = 196
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
ET donne 1 seulement quand les deux bits valent 1.
1100 0110
AND 1101 1101
= 1100 0100
Valeur du résultat
1100 0100₂ = 196
Réponse
R = 196
3.Logique propositionnelle et preuves
Réponse: N = 7
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: ¬q = 0, ¬q ∧ p = 0, p ↔ (¬q ∧ p) = 0, r ↔ q = 1, (p ↔ (¬q ∧ p)) ∨ (r ↔ q) = 1
p = 1, q = 1, r = 0: ¬q = 0, ¬q ∧ p = 0, p ↔ (¬q ∧ p) = 0, r ↔ q = 0, (p ↔ (¬q ∧ p)) ∨ (r ↔ q) = 0
p = 1, q = 0, r = 1: ¬q = 1, ¬q ∧ p = 1, p ↔ (¬q ∧ p) = 1, r ↔ q = 0, (p ↔ (¬q ∧ p)) ∨ (r ↔ q) = 1
p = 1, q = 0, r = 0: ¬q = 1, ¬q ∧ p = 1, p ↔ (¬q ∧ p) = 1, r ↔ q = 1, (p ↔ (¬q ∧ p)) ∨ (r ↔ q) = 1
p = 0, q = 1, r = 1: ¬q = 0, ¬q ∧ p = 0, p ↔ (¬q ∧ p) = 1, r ↔ q = 1, (p ↔ (¬q ∧ p)) ∨ (r ↔ q) = 1
p = 0, q = 1, r = 0: ¬q = 0, ¬q ∧ p = 0, p ↔ (¬q ∧ p) = 1, r ↔ q = 0, (p ↔ (¬q ∧ p)) ∨ (r ↔ q) = 1
p = 0, q = 0, r = 1: ¬q = 1, ¬q ∧ p = 0, p ↔ (¬q ∧ p) = 1, r ↔ q = 0, (p ↔ (¬q ∧ p)) ∨ (r ↔ q) = 1
p = 0, q = 0, r = 0: ¬q = 1, ¬q ∧ p = 0, p ↔ (¬q ∧ p) = 1, r ↔ q = 1, (p ↔ (¬q ∧ p)) ∨ (r ↔ q) = 1
Compter les lignes de valeur 1
(p ↔ (¬q ∧ p)) ∨ (r ↔ q): 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 1
N = 7
Réponse
N = 7
4.Logique propositionnelle et preuves
Réponse: ∃x (¬F(x) ∧ ¬G(x))
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 (F(x) ∨ G(x)) ≡ ∃x (¬F(x) ∧ ¬G(x))
Réponse
∃x (¬F(x) ∧ ¬G(x))
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: N = 6
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.
Regrouper les 0
Chaque groupe est un rectangle de 2ᵏ cases ; les cases de bord sont voisines des cases du bord opposé.
(C + D)
(B′ + C′ + D′)
(A′ + C′ + D′)
(A + B + D)
(A′ + B′ + D′)
(A + B + C)
Forme POS minimale
F = (C + D)(B′ + C′ + D′)(A′ + C′ + D′)(A + B + D)(A′ + B′ + D′)(A + B + C)
N = 6
Réponse
N = 6
Il existe un autre regroupement de même taille ; il a le même nombre de termes et de littéraux.
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules
Réponse: Q = 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.
État après chaque front
0000 → 1000 → 1100 → 1110 → 1111 → 0111 → 0011
Valeur décimale
0011₂ = 3
Réponse
Q = 3
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Réponse: x = 38
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 6
r = 41, t = 0
r = 6, q = 6, t = 1
r = 5, q = 1, t = −6
r = 1, q = 5, t = 7
6−1 ≡ 7 (mod 41)
Résoudre
x ≡ 7·23 = 161 ≡ 38 (mod 41)
vérification: 6·38 = 228 ≡ 23 (mod 41)
Réponse
x = 38
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Réponse: 1414352 mod 19 = 7
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
14352 mod 18 = 6
1414352 ≡ 146 (mod 19)
Petite puissance
146 mod 19 = 7
Réponse
1414352 mod 19 = 7
9.Algorithmes et complexité
Réponse: B · Ω(n log n)
Pourquoi c'est la réponse
Tout tri par comparaisons nécessite au moins log₂(n!) ≈ n log n comparaisons dans le pire cas. Le tri par dénombrement fait mieux car il n'effectue pas de comparaisons.
Réponse
B · Ω(n log n)
10.Algorithmes et complexité
Réponse: B · Un sommet est définitivement fixé lorsqu'il est extrait, mais une arête négative ultérieure pourrait encore lui donner un chemin plus court
Pourquoi c'est la réponse
L'étape gloutonne repose sur des poids positifs ou nuls pour que les distances extraites soient définitives ; on utilise Bellman-Ford quand les poids peuvent être négatifs.
Réponse
B · Un sommet est définitivement fixé lorsqu'il est extrait, mais une arête négative ultérieure pourrait encore lui donner un chemin plus court
11.Structures de données
Réponse: B · Elle est symétrique par rapport à la diagonale principale
Pourquoi c'est la réponse
Dans un graphe non orienté, l'arête {u, v} signifie que M[u][v] et M[v][u] sont tous deux renseignés, donc la matrice est égale à sa transposée.
Réponse
B · Elle est symétrique par rapport à la diagonale principale
12.Structures de données
Réponse: D · Un tas max de taille k, dont on remplace la racine lorsqu'une valeur plus petite arrive
Pourquoi c'est la réponse
La racine du tas max est la plus grande valeur conservée ; toute nouvelle valeur plus petite la remplace en O(log k), donc le tas contient toujours les k plus petites valeurs vues jusqu'ici.
Réponse
D · Un tas max de taille k, dont on remplace la racine lorsqu'une valeur plus petite arrive
13.Théorie des graphes
Réponse: k = 11
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
17 − 1 = 16
Arêtes à retirer
k = 27 − 16 = 11
Réponse
k = 11
14.Théorie des graphes
Réponse: W = 45
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
BD (1): prise
DE (2): prise
GC (3): prise
AB (9): prise
CE (10): prise
AC (12): sautée, ferme un cycle
GB (13): sautée, ferme un cycle
BC (14): sautée, ferme un cycle
GE (18): sautée, ferme un cycle
DF (20): prise
Poids total
W = 1 + 2 + 3 + 9 + 10 + 20 = 45
Réponse
W = 45
15.Bases de données et SQL
Réponse: B · SELECT dept, MAX(salary) FROM emp GROUP BY dept
Pourquoi c'est la réponse
GROUP BY dept crée un groupe par service et MAX(salary) prend la valeur la plus élevée de chacun.
Réponse
B · SELECT dept, MAX(salary) FROM emp GROUP BY dept
16.Bases de données et SQL
Réponse: D · Elle est en 2NF mais pas en 3NF
Pourquoi c'est la réponse
La clé n'a qu'une colonne, la 2NF est donc respectée, mais emp_id → dept_id → dept_name est une dépendance transitive, ce qui viole la 3NF.
Réponse
D · Elle est en 2NF mais pas en 3NF
17.Réseaux informatiques
Réponse: B · 255.255.240.0
Pourquoi c'est la réponse
/20 signifie 8 + 8 + 4 bits à 1. Quatre bits à 1 dans le troisième octet donnent 11110000 = 240, le masque est donc 255.255.240.0.
Réponse
B · 255.255.240.0
18.Réseaux informatiques
Réponse: A · La table des connexions semi-ouvertes du serveur
Pourquoi c'est la réponse
Chaque SYN oblige le serveur à réserver un état et à attendre un ACK qui n'arrive jamais. Les SYN cookies évitent de stocker un état avant la fin de la poignée de main.
Réponse
A · La table des connexions semi-ouvertes du serveur
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 < 1452
211 − 2 = 2046 ≥ 1452 → h = 11
Longueur du préfixe
p = 32 − 11 = 21
Réponse
p = /21
20.Sous-réseaux IPv4
Réponse: p = 21
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
240 = 11110000
246 = 11110110
bits de tête communs : 5
Longueur du préfixe
p = 16 + 5 = 21
Réponse
p = /21
Route résumée : 10.151.240.0/21 (elle couvre aussi 1 réseau(x) qui ne figurent pas dans la liste).