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 −26 en complément à deux sur 8 bits. Lu comme un nombre non signé, quelle est la valeur U du motif ?

N = −268 bit
U =
2.Systèmes de numérationDifficile
24 bit1 px1920 px1080 pxM = ? KiB

Une image non compressée fait 1920 × 1080 pixels avec 24 bits par pixel. Quelle mémoire M occupe-t-elle, en Kio (1 Kio = 1024 octets) ?

1920 × 1080 px24 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
3.Logique propositionnelle et preuvesMoyen
abcb ↔ a¬(b ↔ a)((b ∧ c) ∨ ¬c) ↔ ¬(b ↔ a)111?110?101?100?011?010?001?000?

Dans combien des 8 lignes de sa table de vérité ((b ∧ c) ∨ ¬c) ↔ ¬(b ↔ a) est-elle vraie ? Appelez ce nombre N.

((b ∧ c) ∨ ¬c) ↔ ¬(b ↔ a)
N =
4.Logique propositionnelle et preuvesDifficile
∃x (¬F(x) ∧ ¬G(x))∃x (F(x) → ¬G(x))∀x (F(x) → ¬G(x))∀x (F(x) ∧ ¬G(x))

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. 1∃x (¬F(x) ∧ ¬G(x))
  2. 2∃x (F(x) → ¬G(x))
  3. 3∀x (F(x) → ¬G(x))
  4. 4∀x (F(x) ∧ ¬G(x))
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
ABCD000111100001111010110302141507160120131151141809011110

Utilisez le tableau de Karnaugh pour trouver la forme somme de produits (SOP) minimale de F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 4, 5, 6, 8, 10, 14, 15). Combien de littéraux L contient-elle au total (une variable primée compte pour un littéral) ?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 4, 5, 6, 8, 10, 14, 15)
L =
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
CLKT1234567

Une bascule T déclenchée sur front montant part de Q = 0 et reçoit les entrées représentées sur 7 fronts montants d’horloge. Combien de fois N Q change-t-il d’état ?

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

Trouvez l’inverse de 86 modulo 89 : le nombre x avec 0 < x < 89 et 86·x ≡ 1 (mod 89).

a = 86n = 89
86−1 mod 89 =
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaireDifficile

Utilisez le carré répété pour trouver 41164 mod 88.

a = 41k = 164n = 88
41164 mod 88 =
9.Algorithmes et complexitéMoyen

Avec des pièces de 1, 3 et 4 et un montant de 6, combien de pièces utilise la méthode gloutonne « la plus grosse pièce d'abord », comparée à l'optimum ?

  1. ALe glouton utilise 3 pièces ; l'optimum est 2
  2. BLe glouton utilise 3 pièces ; l'optimum est 3
  3. CLe glouton utilise 4 pièces ; l'optimum est 3
  4. DLe glouton utilise 2 pièces ; l'optimum est 2
10.Algorithmes et complexitéDifficile

Le problème de l'arrêt montre que :

  1. ATout programme finit par s'arrêter
  2. BAucun algorithme ne peut décider, pour tout programme et toute entrée, si le programme s'arrête
  3. CCertains programmes s'exécutent plus vite sur des ordinateurs plus rapides, donc l'arrêt dépend du matériel
  4. DIl faut éviter les boucles
11.Structures de donnéesMoyen

Les arbres AVL et les arbres rouge-noir garantissent :

  1. AUne recherche en temps constant dans tous les cas
  2. BQue les clés sont stockées dans l'ordre d'insertion
  3. CUne hauteur en O(log n) grâce au rééquilibrage
  4. DQu'aucun nœud n'a deux enfants
12.Structures de donnéesDifficile

Un arbre de segments (segment tree) est généralement utilisé pour :

  1. ATrier des chaînes par ordre alphabétique en stockant chaque préfixe dans un nœud distinct de l'arbre
  2. BRépondre à des requêtes sur intervalles (comme des sommes d'intervalles) et à des mises à jour en O(log n)
  3. CStocker les arêtes d'un graphe
  4. DImplémenter une pile
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| = 8
  1. 1Circuit eulérien
  2. 2Chemin eulérien, pas de circuit
  3. 3ni l’une ni l’autre
14.Théorie des graphesDifficile
208613217164ABCDEF

L’algorithme de Kruskal construit un arbre couvrant minimal. Cliquez sur l’arête qu’il ajoute en numéro 5 ; les arêtes sautées ne comptent pas.

k = 5
  1. 1arête AB
  2. 2arête AC
  3. 3arête BC
  4. 4arête CE
  5. 5arête DE
  6. 6arête DF
  7. 7arête EF
  8. 8arête BE
15.Bases de données et SQLMoyen

Que renvoie EXCEPT (appelé MINUS dans Oracle) ?

  1. ALes lignes présentes dans les deux requêtes
  2. BLes lignes de la seconde requête qui n'apparaissent pas dans la première
  3. CToutes les lignes des deux requêtes, sans doublons
  4. DLes lignes de la première requête qui n'apparaissent pas dans la seconde
16.Bases de données et SQLDifficile

Qu'exige la règle de la journalisation anticipée (write-ahead logging, WAL) ?

  1. ALe journal n'est écrit qu'après une panne
  2. BChaque requête doit être journalisée avant d'être analysée
  3. CLes pages de données doivent être écrites avant le journal
  4. DL'enregistrement de journal d'une modification doit atteindre le support stable avant la page de données modifiée
17.Réseaux informatiquesMoyen

Quel hôte se trouve dans le même sous-réseau /16 que 10.1.2.3 ?

  1. A10.2.2.3
  2. B10.1.200.5
  3. C11.1.2.3
  4. D10.0.2.3
18.Réseaux informatiquesDifficile

Pourquoi le côté qui ferme le premier une connexion TCP reste-t-il dans l'état TIME_WAIT pendant deux fois la durée de vie maximale d'un segment ?

  1. APour attendre l'expiration du cache DNS
  2. BPour laisser les routeurs le long du chemin mettre à jour leurs tables de routage pour la connexion suivante
  3. CPour conserver les clés de chiffrement en vue d'une réutilisation
  4. DPour que les segments retardés disparaissent et que l'ACK final puisse être renvoyé s'il a été perdu
19.Sous-réseaux IPv4Moyen
/24 → /2711111111111111111111111111100000bits réseaubits hôte

Le réseau 192.168.10.0/24 doit être divisé en au moins 5 sous-réseaux égaux. Si tu empruntes le moins de bits possible, combien d'hôtes utilisables H chaque sous-réseau a-t-il ?

192.168.10.0/245 subnets
H =
20.Sous-réseaux IPv4Difficile
dernier octet = 210112816403211608041201réseauhôte

Un hôte a l'adresse 10.20.203.210/26. Quel est le quatrième octet x de son adresse réseau ?

10.20.203.210/26
x =

3Solutions

1.Systèmes de numération

Réponse: U = 230

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

26 = 0001 1010
inversé: 1110 0101
+1 → 1110 0110

Le lire en non signé

1110 0110₂ = 256 − 26 = 230

Réponse

U = 230
2.Systèmes de numération

Réponse: M = 6075 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

1920·1080·24 = 49766400 bit = 6220800 B

Convertir en Kio

6220800/1024 = 6075 KiB

Réponse

M = 6075 KiB
3.Logique propositionnelle et preuves

Réponse: N = 4

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

a = 1, b = 1, c = 1: b ∧ c = 1, ¬c = 0, (b ∧ c) ∨ ¬c = 1, b ↔ a = 1, ¬(b ↔ a) = 0, ((b ∧ c) ∨ ¬c) ↔ ¬(b ↔ a) = 0
a = 1, b = 1, c = 0: b ∧ c = 0, ¬c = 1, (b ∧ c) ∨ ¬c = 1, b ↔ a = 1, ¬(b ↔ a) = 0, ((b ∧ c) ∨ ¬c) ↔ ¬(b ↔ a) = 0
a = 1, b = 0, c = 1: b ∧ c = 0, ¬c = 0, (b ∧ c) ∨ ¬c = 0, b ↔ a = 0, ¬(b ↔ a) = 1, ((b ∧ c) ∨ ¬c) ↔ ¬(b ↔ a) = 0
a = 1, b = 0, c = 0: b ∧ c = 0, ¬c = 1, (b ∧ c) ∨ ¬c = 1, b ↔ a = 0, ¬(b ↔ a) = 1, ((b ∧ c) ∨ ¬c) ↔ ¬(b ↔ a) = 1
a = 0, b = 1, c = 1: b ∧ c = 1, ¬c = 0, (b ∧ c) ∨ ¬c = 1, b ↔ a = 0, ¬(b ↔ a) = 1, ((b ∧ c) ∨ ¬c) ↔ ¬(b ↔ a) = 1
a = 0, b = 1, c = 0: b ∧ c = 0, ¬c = 1, (b ∧ c) ∨ ¬c = 1, b ↔ a = 0, ¬(b ↔ a) = 1, ((b ∧ c) ∨ ¬c) ↔ ¬(b ↔ a) = 1
a = 0, b = 0, c = 1: b ∧ c = 0, ¬c = 0, (b ∧ c) ∨ ¬c = 0, b ↔ a = 1, ¬(b ↔ a) = 0, ((b ∧ c) ∨ ¬c) ↔ ¬(b ↔ a) = 1
a = 0, b = 0, c = 0: b ∧ c = 0, ¬c = 1, (b ∧ c) ∨ ¬c = 1, b ↔ a = 1, ¬(b ↔ a) = 0, ((b ∧ c) ∨ ¬c) ↔ ¬(b ↔ a) = 0

Compter les lignes de valeur 1

((b ∧ c) ∨ ¬c) ↔ ¬(b ↔ a): 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 0
N = 4

Réponse

N = 4
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: L = 11

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.

ABCD000111100001111010110302141507160120131151141809011110

Regrouper les 1

Chaque groupe est un rectangle de 2ᵏ cases ; les cases de bord sont voisines des cases du bord opposé.

BCD′
A′C′
AB′D′
ABC

Forme SOP minimale

F = BCD′ + A′C′ + AB′D′ + ABC
L = 11

Réponse

L = 11

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: N = 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.

Q après chaque front

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

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

Compter les changements

0 → 1 → 1 → 1 → 0 → 0 → 0 → 1
N = 3

Réponse

N = 3
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaire

Réponse: 86−1 mod 89 = 59

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·86 (mod 89).

r = 89, t = 0
r = 86, q = 1, t = 1
r = 3, q = 28, t = −1
r = 2, q = 1, t = 29
r = 1, q = 2, t = −30

Inverse

1 ≡ −30·86 (mod 89)
x = 59
vérification: 86·59 = 5074 = 57·89 + 1

Réponse

86−1 mod 89 = 59
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaire

Réponse: 41164 mod 88 = 81

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.

Exposant binaire

164 = 101001002 = 128 + 32 + 4

Carré répété

411 ≡ 41 (mod 88)
412 ≡ 9 (mod 88)
414 ≡ 81 (mod 88)
418 ≡ 49 (mod 88)
4116 ≡ 25 (mod 88)
4132 ≡ 9 (mod 88)
4164 ≡ 81 (mod 88)
41128 ≡ 49 (mod 88)

Multiplier les puissances nécessaires

41164 ≡ 81·9·49 ≡ 81 (mod 88)

Réponse

41164 mod 88 = 81
9.Algorithmes et complexité

Réponse: A · Le glouton utilise 3 pièces ; l'optimum est 2

Pourquoi c'est la réponse

Le glouton prend 4 + 1 + 1 = 3 pièces, mais 3 + 3 n'en utilise que 2 : le glouton n'est pas optimal pour ce système de pièces, contrairement à la programmation dynamique.

Réponse

A · Le glouton utilise 3 pièces ; l'optimum est 2
10.Algorithmes et complexité

Réponse: B · Aucun algorithme ne peut décider, pour tout programme et toute entrée, si le programme s'arrête

Pourquoi c'est la réponse

Turing a montré que le problème de l'arrêt est indécidable : supposer qu'un décideur existe mène à une contradiction avec un programme qui fait l'inverse.

Réponse

B · Aucun algorithme ne peut décider, pour tout programme et toute entrée, si le programme s'arrête
11.Structures de données

Réponse: C · Une hauteur en O(log n) grâce au rééquilibrage

Pourquoi c'est la réponse

Les arbres auto-équilibrés maintiennent une hauteur logarithmique, donc la recherche, l'insertion et la suppression sont en O(log n) dans le pire des cas.

Réponse

C · Une hauteur en O(log n) grâce au rééquilibrage
12.Structures de données

Réponse: B · Répondre à des requêtes sur intervalles (comme des sommes d'intervalles) et à des mises à jour en O(log n)

Pourquoi c'est la réponse

Un arbre de segments stocke des agrégats pour des intervalles et permet des requêtes sur intervalles et des mises à jour ponctuelles en temps O(log n).

Réponse

B · Répondre à des requêtes sur intervalles (comme des sommes d'intervalles) et à des mises à jour en O(log n)
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) = 3, deg(C) = 3, deg(D) = 3, deg(E) = 1, deg(F) = 1, deg(G) = 3

Sommets impairs

B, C, D, E, F, G → 6
ni l’une ni l’autre

Réponse

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

Réponse: arête EF

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

1. DE (2)
2. BE (4)
3. BC (6)
4. AC (8)
5. EF (16)

numéro de l’arête 5

EF

Réponse

arête EF
15.Bases de données et SQL

Réponse: D · Les lignes de la première requête qui n'apparaissent pas dans la seconde

Pourquoi c'est la réponse

A EXCEPT B donne les lignes de A qui ne sont pas dans B ; inverser les requêtes donne donc un résultat différent.

Réponse

D · Les lignes de la première requête qui n'apparaissent pas dans la seconde
16.Bases de données et SQL

Réponse: D · L'enregistrement de journal d'une modification doit atteindre le support stable avant la page de données modifiée

Pourquoi c'est la réponse

Écrire d'abord le journal permet au SGBD de refaire le travail validé et de défaire le travail non validé après une panne, ce qui garantit l'atomicité et la durabilité.

Réponse

D · L'enregistrement de journal d'une modification doit atteindre le support stable avant la page de données modifiée
17.Réseaux informatiques

Réponse: B · 10.1.200.5

Pourquoi c'est la réponse

Avec /16, les 16 premiers bits (10,1) forment la partie réseau. Seul 10.1.200.5 les partage ; il est donc sur 10.1.0.0/16.

Réponse

B · 10.1.200.5
18.Réseaux informatiques

Réponse: D · Pour que les segments retardés disparaissent et que l'ACK final puisse être renvoyé s'il a été perdu

Pourquoi c'est la réponse

TIME_WAIT garantit qu'un ACK final perdu peut être répété et que les anciens segments dupliqués expirent avant la réutilisation du même couple adresse-port.

Réponse

D · Pour que les segments retardés disparaissent et que l'ACK final puisse être renvoyé s'il a été perdu
19.Sous-réseaux IPv4

Réponse: H = 30

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 à emprunter

23 = 8 ≥ 5 → b = 3, /27

Hôtes par sous-réseau

25 − 2 = 30

Réponse

H = 30
20.Sous-réseaux IPv4

Réponse: x = 192

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

26 = 64

Sous-réseau de cet hôte

réseau: ⌊210/64⌋·64 = 192
diffusion: 192 + 64 − 1 = 255
hôtes utilisables: 193 … 254

Réponse

x = 192

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