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 −10 en complément à deux sur 8 bits. Lu comme un nombre non signé, quelle est la valeur U du motif ?

N = −108 bit
U =
2.Systèmes de numérationDifficile
cliquez sur les bits pour les positionner012806403201608040201

Positionnez les bits sur le résultat sur 8 bits de 1000 0010 >> 2. Quelle est la valeur R du résultat en décimal ?

1000 0010>> 2
R =
3.Logique propositionnelle et preuvesMoyen
pqr(p ∧ q) → (q ∨ r)p ∧ r((p ∧ q) → (q ∨ r)) ∧ (p ∧ r)111?110?101?100?011?010?001?000?

Dans combien des 8 lignes de sa table de vérité ((p ∧ q) → (q ∨ r)) ∧ (p ∧ r) est-elle vraie ? Appelez ce nombre N.

((p ∧ q) → (q ∨ r)) ∧ (p ∧ r)
N =
4.Logique propositionnelle et preuvesDifficile

Combien des 16 lignes de la table de vérité rendent (¬b → ¬(b ↔ ¬d)) ↔ (a ∧ ¬(c ∧ a)) vraie ? Appelez ce nombre N.

(¬b → ¬(b ↔ ¬d)) ↔ (a ∧ ¬(c ∧ a))
N =
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
ABCD0001111000011110111111111

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, 2, 3, 4, 5, 8, 10, 12, 15)
  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
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 le plus petit entier positif x tel que x ≡ 1 (mod 9) et x ≡ 3 (mod 11).

x ≡ 1 (mod 9)x ≡ 3 (mod 11)
x =
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaireDifficile

89 est premier. Utilisez le petit théorème de Fermat pour trouver 102997 mod 89.

p = 89k = 2997
102997 mod 89 =
9.Algorithmes et complexitéMoyen

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

  1. AO(n log n)
  2. BO(log n)
  3. CO(n)
  4. DO(1)
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 qu'aucun algorithme ne peut résoudre
  3. CLes problèmes qui ne peuvent pas être résolus en temps polynomial
  4. DLes problèmes qui ne sont pas polynomiaux
11.Structures de donnéesMoyen

Dans un tas binaire min stocké dans un tableau (indices commençant à 0), les enfants du nœud d'indice i se trouvent aux indices :

  1. Ai/2 et i/2 + 1
  2. B2i + 1 et 2i + 2
  3. Ci + 1 et i + 2
  4. D2i et 2i + 1
12.Structures de donnéesDifficile

La structure union-find (ensembles disjoints) avec union par rang et compression de chemin a un coût amorti par opération de :

  1. AO(n)
  2. BExactement O(log n)
  3. CO(n²)
  4. DO(α(n)), l'inverse de la fonction d'Ackermann, pratiquement constant
13.Théorie des graphesMoyen
ABCDECircuit 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| = 5|E| = 6
  1. 1Circuit eulérien
  2. 2Chemin eulérien, pas de circuit
  3. 3ni l’une ni l’autre
14.Théorie des graphesDifficile
202121015811916ABCDEFG

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

|V| = 7|E| = 9
W =
15.Bases de données et SQLMoyen

Qu'est-ce qu'une lecture sale (dirty read) ?

  1. ALa lecture de données sans clause WHERE
  2. BLa lecture de données sur un disque corrompu
  3. CLa lecture d'une même ligne deux fois avec la même valeur
  4. DLa lecture de données écrites par une autre transaction qui n'a pas encore été validée
16.Bases de données et SQLDifficile

Une table a un million de lignes et une colonne booléenne is_active vraie pour 95% d'entre elles. Pourquoi l'optimiseur pourrait-il ignorer un index sur is_active pour WHERE is_active = TRUE ?

  1. AL'optimiseur n'utilise jamais d'index dans les clauses WHERE
  2. BOn ne peut pas créer d'index sur des colonnes booléennes
  3. CLa plupart des lignes correspondent, donc un parcours complet de la table coûte moins cher que de nombreux accès par l'index
  4. DL'index traite TRUE comme NULL
17.Réseaux informatiquesMoyen

Quel est le but principal d'un VLAN ?

  1. ADécouper un réseau commuté physique en domaines de diffusion distincts
  2. BChiffrer tout le trafic entre les commutateurs pour que les autres services ne puissent pas le lire
  3. CAugmenter la vitesse de chaque port du commutateur
  4. DDonner à chaque appareil une adresse IP publique
18.Réseaux informatiquesDifficile

La clé privée d'un serveur sera volée dans un an. Quelle propriété de TLS protège les sessions enregistrées aujourd'hui ?

  1. AL'envoi du certificat deux fois
  2. BLa confidentialité persistante (forward secrecy) grâce à l'échange de clés Diffie-Hellman éphémère
  3. CLa compression des données avant chiffrement
  4. DL'utilisation d'un nom de domaine plus long
19.Sous-réseaux IPv4Moyen
/?11111111111111111111110000000000bits réseaubits hôte

Un service a besoin de 774 adresses d'hôte dans un seul sous-réseau. Quelle est la plus grande longueur de préfixe p (le plus petit sous-réseau) suffisante ?

774 hosts
p =
20.Sous-réseaux IPv4Difficile

Le réseau 192.168.240.0/24 est découpé en VLSM pour ces LAN : A: 8 hôtes, B: 28 hôtes, C: 42 hôtes, D: 3 hôtes, E: 9 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 D ?

A: 8B: 28C: 42D: 3E: 9
x =

3Solutions

1.Systèmes de numération

Réponse: U = 246

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

10 = 0000 1010
inversé: 1111 0101
+1 → 1111 0110

Le lire en non signé

1111 0110₂ = 256 − 10 = 246

Réponse

U = 246
2.Systèmes de numération

Réponse: R = 32

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

Un décalage à droite de 2 déplace chaque bit de 2 positions vers la droite ; les bits qui sortent à l’extrémité droite sont perdus et des zéros entrent à gauche.

1000 0010 >> 2
= 0010 0000

Valeur du résultat

0010 0000₂ = 32

Réponse

R = 32
3.Logique propositionnelle et preuves

Réponse: N = 2

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: p ∧ q = 1, q ∨ r = 1, (p ∧ q) → (q ∨ r) = 1, p ∧ r = 1, ((p ∧ q) → (q ∨ r)) ∧ (p ∧ r) = 1
p = 1, q = 1, r = 0: p ∧ q = 1, q ∨ r = 1, (p ∧ q) → (q ∨ r) = 1, p ∧ r = 0, ((p ∧ q) → (q ∨ r)) ∧ (p ∧ r) = 0
p = 1, q = 0, r = 1: p ∧ q = 0, q ∨ r = 1, (p ∧ q) → (q ∨ r) = 1, p ∧ r = 1, ((p ∧ q) → (q ∨ r)) ∧ (p ∧ r) = 1
p = 1, q = 0, r = 0: p ∧ q = 0, q ∨ r = 0, (p ∧ q) → (q ∨ r) = 1, p ∧ r = 0, ((p ∧ q) → (q ∨ r)) ∧ (p ∧ r) = 0
p = 0, q = 1, r = 1: p ∧ q = 0, q ∨ r = 1, (p ∧ q) → (q ∨ r) = 1, p ∧ r = 0, ((p ∧ q) → (q ∨ r)) ∧ (p ∧ r) = 0
p = 0, q = 1, r = 0: p ∧ q = 0, q ∨ r = 1, (p ∧ q) → (q ∨ r) = 1, p ∧ r = 0, ((p ∧ q) → (q ∨ r)) ∧ (p ∧ r) = 0
p = 0, q = 0, r = 1: p ∧ q = 0, q ∨ r = 1, (p ∧ q) → (q ∨ r) = 1, p ∧ r = 0, ((p ∧ q) → (q ∨ r)) ∧ (p ∧ r) = 0
p = 0, q = 0, r = 0: p ∧ q = 0, q ∨ r = 0, (p ∧ q) → (q ∨ r) = 1, p ∧ r = 0, ((p ∧ q) → (q ∨ r)) ∧ (p ∧ r) = 0

Compter les lignes de valeur 1

((p ∧ q) → (q ∨ r)) ∧ (p ∧ r): 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0
N = 2

Réponse

N = 2
4.Logique propositionnelle et preuves

Réponse: N = 6

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.

Colonnes

¬b; ¬d; b ↔ ¬d; ¬(b ↔ ¬d); ¬b → ¬(b ↔ ¬d); c ∧ a; ¬(c ∧ a); a ∧ ¬(c ∧ a); (¬b → ¬(b ↔ ¬d)) ↔ (a ∧ ¬(c ∧ a))

Scinder selon a

a = 1: 4
a = 0: 2
N = 4 + 2 = 6

Réponse

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

Réponse: AB = 11, CD = 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.

Voisins de chaque 1

Un 1 ayant un 1 voisin peut rejoindre un groupe de deux ou plus.

m15: m14, m13, m11, m7 → 0
ABCD0001111000011110111111111

Le 1 isolé

m15 = ABCD → AB = 11, CD = 11

Réponse

AB = 11, CD = 11
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 JK : 00 conserve, 01 remet à 0 (Q = 0), 10 met à 1 (Q = 1), 11 change d’état.

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

Compter les changements

0 → 1 → 1 → 1 → 1 → 0 → 1
N = 3

Réponse

N = 3
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaire

Réponse: x = 91

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 = 1 + 9k

Deuxième congruence

1 + 9k ≡ 3 (mod 11) → 9k ≡ 2 (mod 11)
k ≡ 5·2 ≡ 10 (mod 11)

Résultat

x = 1 + 9·10 = 91
x = 91
vérification: 91 mod 9 = 1, 91 mod 11 = 3

Réponse

x = 91
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaire

Réponse: 102997 mod 89 = 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.

Réduire l’exposant

2997 mod 88 = 5
102997 ≡ 105 (mod 89)

Petite puissance

105 mod 89 = 53

Réponse

102997 mod 89 = 53
9.Algorithmes et complexité

Réponse: B · 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

B · 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 · 2i + 1 et 2i + 2

Pourquoi c'est la réponse

Pour des tableaux indexés à partir de 0, l'enfant gauche est en 2i + 1, l'enfant droit en 2i + 2 et le parent en ⌊(i − 1)/2⌋.

Réponse

B · 2i + 1 et 2i + 2
12.Structures de données

Réponse: D · O(α(n)), l'inverse de la fonction d'Ackermann, pratiquement constant

Pourquoi c'est la réponse

Avec les deux optimisations, les opérations prennent un temps amorti O(α(n)) ; α(n) ≤ 4 pour tout n réaliste.

Réponse

D · O(α(n)), l'inverse de la fonction d'Ackermann, pratiquement constant
13.Théorie des graphes

Réponse: Circuit eulérien

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) = 2, deg(D) = 2, deg(E) = 2

Sommets impairs

0
Circuit eulérien

Réponse

Circuit eulérien
14.Théorie des graphes

Réponse: W = 61

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

BC (2): prise
DF (8): prise
GC (9): prise
CE (10): prise
GB (11): sautée, ferme un cycle
BD (12): prise
DE (15): sautée, ferme un cycle
GE (16): sautée, ferme un cycle
AC (20): prise

Poids total

W = 2 + 8 + 9 + 10 + 12 + 20 = 61

Réponse

W = 61
15.Bases de données et SQL

Réponse: D · La lecture de données écrites par une autre transaction qui n'a pas encore été validée

Pourquoi c'est la réponse

Une lecture sale voit des modifications non validées qui pourraient être annulées ; elle n'est possible qu'au niveau read uncommitted.

Réponse

D · La lecture de données écrites par une autre transaction qui n'a pas encore été validée
16.Bases de données et SQL

Réponse: C · La plupart des lignes correspondent, donc un parcours complet de la table coûte moins cher que de nombreux accès par l'index

Pourquoi c'est la réponse

Un index aide quand il réduit la recherche à peu de lignes ; quand la plupart des lignes conviennent, les accès aléatoires par l'index coûtent plus cher qu'une lecture séquentielle de la table.

Réponse

C · La plupart des lignes correspondent, donc un parcours complet de la table coûte moins cher que de nombreux accès par l'index
17.Réseaux informatiques

Réponse: A · Découper un réseau commuté physique en domaines de diffusion distincts

Pourquoi c'est la réponse

Les VLAN regroupent logiquement des ports, de sorte que les diffusions restent dans chaque VLAN. Cela améliore la sécurité et limite le trafic de diffusion.

Réponse

A · Découper un réseau commuté physique en domaines de diffusion distincts
18.Réseaux informatiques

Réponse: B · La confidentialité persistante (forward secrecy) grâce à l'échange de clés Diffie-Hellman éphémère

Pourquoi c'est la réponse

Avec (EC)DHE éphémère, chaque clé de session est dérivée de valeurs temporaires qui sont ensuite effacées. La clé à long terme ne fait que signer l'échange ; la voler plus tard ne permet donc pas de déchiffrer l'ancien trafic.

Réponse

B · La confidentialité persistante (forward secrecy) grâce à l'échange de clés Diffie-Hellman éphémère
19.Sous-réseaux IPv4

Réponse: p = 22

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

29 − 2 = 510 < 774
210 − 2 = 1022 ≥ 774 → h = 10

Longueur du préfixe

p = 32 − 10 = 22

Réponse

p = /22
20.Sous-réseaux IPv4

Réponse: x = 128

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

C: 42 hôtes → 26 = 64 (/26)
B: 28 hôtes → 25 = 32 (/27)
E: 9 hôtes → 24 = 16 (/28)
A: 8 hôtes → 24 = 16 (/28)
D: 3 hôtes → 23 = 8 (/29)

Attribution, du plus grand au plus petit

C: .0 – .63
B: .64 – .95
E: .96 – .111
A: .112 – .127
D: .128 – .135

Réponse

x = 128

LAN D : 192.168.240.128/29.

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