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
1603 codes, b = ? bits?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Un système doit donner à chacun de 1603 éléments son propre code binaire, tous de même longueur. Quel est le plus petit nombre de bits b nécessaire ?

1603
b = bit
3.Logique propositionnelle et preuvesMoyen
abc¬c(a → b) ↔ ¬c(¬b ∧ (c ∧ ¬a)) → ((a → b) ↔ ¬c)111?110?101?100?011?010?001?000?

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

(¬b ∧ (c ∧ ¬a)) → ((a → b) ↔ ¬c)
N =
4.Logique propositionnelle et preuvesDifficile

Combien des 16 lignes de la table de vérité rendent ((¬q ∨ s) → ¬p) → ((q ∧ r) ↔ p) vraie ? Appelez ce nombre N.

((¬q ∨ s) → ¬p) → ((q ∧ r) ↔ p)
N =
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
ABCD000111100001111011111

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(4, 7, 11, 14, 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 l’inverse de 10 modulo 19 : le nombre x avec 0 < x < 19 et 10·x ≡ 1 (mod 19).

a = 10n = 19
10−1 mod 19 =
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaireDifficile

83 est premier. Utilisez le petit théorème de Fermat pour trouver 348070 mod 83.

p = 83k = 48070
348070 mod 83 =
9.Algorithmes et complexitéMoyen

Quelle est la complexité temporelle amortie de l'ajout en fin de tableau dynamique qui double sa capacité lorsqu'il est plein ?

  1. AO(log n)
  2. BO(1)
  3. CO(n)
  4. DO(n²)
10.Algorithmes et complexitéDifficile

Le problème de l'arrêt montre que :

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

Comment trouve-t-on la clé minimale dans un arbre binaire de recherche ?

  1. AOn suit les enfants gauches depuis la racine jusqu'à ce qu'il n'y en ait plus
  2. BOn regarde uniquement la racine
  3. COn visite toutes les feuilles et on les compare
  4. DOn suit les enfants droits depuis la racine jusqu'à ce qu'il n'y en ait plus
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(n²)
  2. BExactement O(log n)
  3. CO(α(n)), l'inverse de la fonction d'Ackermann, pratiquement constant
  4. DO(n)
13.Théorie des graphesMoyen

Un arbre a 3 sommets de degré 3, 2 sommets de degré 4, 2 sommets de degré 5, 3 sommets de degré 2, et tous ses autres sommets sont des feuilles (degré 1). Combien de feuilles L a-t-il ?

3 × deg 32 × deg 42 × deg 53 × deg 2
L =
14.Théorie des graphesDifficile
20531011815ABCDE

L’algorithme de Prim construit un arbre couvrant minimal en partant du sommet B. Cliquez sur l’arête qu’il ajoute en numéro 3.

départ : Bk = 3
  1. 1arête AB
  2. 2arête AC
  3. 3arête BC
  4. 4arête BD
  5. 5arête CE
  6. 6arête DE
  7. 7arête BE
15.Bases de données et SQLMoyen

La troisième forme normale (3NF) élimine :

  1. ALes clés composées
  2. BLes valeurs atomiques
  3. CLes index redondants sur des colonnes qui ne font pas partie d'une clé
  4. DLes dépendances transitives entre attributs non clés
16.Bases de données et SQLDifficile

Avec le contrôle de concurrence multiversion (MVCC), comment les lecteurs évitent-ils de bloquer les écrivains ?

  1. ALes lecteurs voient un instantané cohérent des versions validées des lignes, tandis que les écrivains créent de nouvelles versions
  2. BLes lecteurs attendent toujours que tous les écrivains aient validé
  3. CLes écritures sont interdites tant qu'un lecteur est actif
  4. DLes lecteurs lisent directement les données non validées
17.Réseaux informatiquesMoyen

À quoi sert un contrôle de redondance cyclique (CRC) dans les trames Ethernet ?

  1. AÀ détecter les erreurs de transmission
  2. BÀ chiffrer la trame
  3. CÀ choisir la meilleure route
  4. DÀ corriger automatiquement chaque erreur de bit
18.Réseaux informatiquesDifficile

Le blocage en tête de ligne (head-of-line blocking) de HTTP/2 sur TCP se produit parce que :

  1. AHTTP/2 utilise UDP
  2. BLes serveurs ne peuvent pas traiter de requêtes parallèles
  3. CChaque requête nécessite sa propre nouvelle connexion TCP, si bien que les requêtes suivantes attendent dans une file
  4. DUn segment TCP perdu retarde tous les flux multiplexés jusqu'à sa retransmission
19.Sous-réseaux IPv4Moyen
/24 → /2811111111111111111111111111110000bits réseaubits hôte

Le réseau 192.168.60.0/24 est divisé en sous-réseaux /28, numérotés 1, 2, 3, … à partir de l’adresse la plus basse (le sous-réseau 1 commence à .0). Quel est le quatrième octet x de l’adresse de diffusion du sous-réseau 4 ?

192.168.60.0/24/28sous-réseau 4 (le sous-réseau 1 commence à .0)
x =
20.Sous-réseaux IPv4Difficile
dernier octet = 244112816413211608140201réseauhôte

Un hôte a l'adresse 10.20.147.244/26. Quel est le quatrième octet x de son adresse réseau ?

10.20.147.244/26
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: b = 11 bit

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.

Puissances de deux

210 = 1024 < 1603
211 = 2048 ≥ 1603

Réponse

b = 11
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

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

Compter les lignes de valeur 1

(¬b ∧ (c ∧ ¬a)) → ((a → b) ↔ ¬c): 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1
N = 7

Réponse

N = 7
4.Logique propositionnelle et preuves

Réponse: N = 13

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

¬q; ¬q ∨ s; ¬p; (¬q ∨ s) → ¬p; q ∧ r; (q ∧ r) ↔ p; ((¬q ∨ s) → ¬p) → ((q ∧ r) ↔ p)

Scinder selon p

p = 1: 7
p = 0: 6
N = 7 + 6 = 13

Réponse

N = 13
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: AB = 01, CD = 00

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.

m4: m5, m6, m0, m12 → 0
ABCD000111100001111011111

Le 1 isolé

m4 = A′BC′D′ → AB = 01, CD = 00

Réponse

AB = 01, CD = 00
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: N = 2

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

Compter les changements

0 → 0 → 0 → 1 → 1 → 1 → 0
N = 2

Réponse

N = 2
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaire

Réponse: 10−1 mod 19 = 2

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·10 (mod 19).

r = 19, t = 0
r = 10, q = 1, t = 1
r = 9, q = 1, t = −1
r = 1, q = 9, t = 2

Inverse

1 ≡ 2·10 (mod 19)
x = 2
vérification: 10·2 = 20 = 1·19 + 1

Réponse

10−1 mod 19 = 2
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaire

Réponse: 348070 mod 83 = 61

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

48070 mod 82 = 18
348070 ≡ 318 (mod 83)

Petite puissance

318 mod 83 = 61

Réponse

348070 mod 83 = 61
9.Algorithmes et complexité

Réponse: B · O(1)

Pourquoi c'est la réponse

La copie de tous les éléments n'a lieu qu'aux puissances de deux ; répartie sur tous les ajouts, le coût moyen par ajout est constant.

Réponse

B · O(1)
10.Algorithmes et complexité

Réponse: D · 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

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

Réponse: A · On suit les enfants gauches depuis la racine jusqu'à ce qu'il n'y en ait plus

Pourquoi c'est la réponse

Le nœud le plus à gauche n'a aucune clé plus petite dans l'arbre, c'est donc le minimum ; le coût est proportionnel à la hauteur.

Réponse

A · On suit les enfants gauches depuis la racine jusqu'à ce qu'il n'y en ait plus
12.Structures de données

Réponse: C · 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

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

Réponse: L = 15

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.

Lemme des poignées de main pour un arbre

L + 33 = 2(L + 10) − 2
L = 15

Réponse

L = 15

Raccourci : L = 2 + Σ (d − 2) sur les sommets de degré d ≥ 3.

14.Théorie des graphes

Réponse: arête BD

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 Prim

1. BC (3)
2. AC (5)
3. BD (10)
4. DE (8)

numéro de l’arête 3

BD

Réponse

arête BD
15.Bases de données et SQL

Réponse: D · Les dépendances transitives entre attributs non clés

Pourquoi c'est la réponse

En 3NF, aucun attribut non clé ne dépend d'un autre attribut non clé, comme lorsqu'on stocke la ville et le code postal alors que la ville dépend du code postal.

Réponse

D · Les dépendances transitives entre attributs non clés
16.Bases de données et SQL

Réponse: A · Les lecteurs voient un instantané cohérent des versions validées des lignes, tandis que les écrivains créent de nouvelles versions

Pourquoi c'est la réponse

Le MVCC conserve les anciennes versions des lignes afin qu'un lecteur voie les données telles qu'elles étaient dans son instantané, tandis qu'un écrivain crée une nouvelle version au lieu d'écraser sur place.

Réponse

A · Les lecteurs voient un instantané cohérent des versions validées des lignes, tandis que les écrivains créent de nouvelles versions
17.Réseaux informatiques

Réponse: A · À détecter les erreurs de transmission

Pourquoi c'est la réponse

L'émetteur calcule un CRC sur la trame ; le récepteur le recalcule et rejette la trame si les valeurs diffèrent. Le CRC détecte les erreurs mais ne les corrige pas.

Réponse

A · À détecter les erreurs de transmission
18.Réseaux informatiques

Réponse: D · Un segment TCP perdu retarde tous les flux multiplexés jusqu'à sa retransmission

Pourquoi c'est la réponse

TCP livre les octets dans l'ordre, donc une seule perte bloque tous les flux de la connexion. QUIC (HTTP/3) gère les flux indépendamment au-dessus d'UDP.

Réponse

D · Un segment TCP perdu retarde tous les flux multiplexés jusqu'à sa retransmission
19.Sous-réseaux IPv4

Réponse: x = 63

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).

Taille de bloc

24 = 16

Sous-réseau numéro 4

réseau: (4 − 1)·16 = 48
diffusion: 48 + 16 − 1 = 63

Réponse

x = 63
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: ⌊244/64⌋·64 = 192
diffusion: 192 + 64 − 1 = 255
hôtes utilisables: 193 … 254

Réponse

x = 192

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