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
poids en complément à deux1−12816403201608040211

Le motif de 8 bits 1100 0001 stocke un entier signé en complément à deux. Quelle est sa valeur N en décimal ?

1100 00018 bit
N =
2.Systèmes de numérationDifficile
cliquez sur les bits pour les positionner012806403201608040201

Positionnez les bits sur le résultat sur 8 bits de 0101 0000 >> 1. Quelle est la valeur R du résultat en décimal ?

0101 0000>> 1
R =
3.Logique propositionnelle et preuvesMoyen
q ∧ (r → p)(q → p) ∧ (r → p)q → (r → p)(q → r) → p

Quelle formule est logiquement équivalente à (q ∧ r) → p ? Cliquez dessus.

(q ∧ r) → p
  1. 1q ∧ (r → p)
  2. 2(q → p) ∧ (r → p)
  3. 3q → (r → p)
  4. 4(q → r) → p
4.Logique propositionnelle et preuvesDifficile
pqq ∨ pq¬p11100100

Le raisonnement de prémisses q ∨ p; q et de conclusion ¬p est invalide. Cliquez sur la ligne de la table de vérité qui est un contre-exemple.

q ∨ pq∴ ¬p
  1. 1p = 1, q = 1
  2. 2p = 1, q = 0
  3. 3p = 0, q = 1
  4. 4p = 0, q = 0
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
ABCD000111100001111000010302040517160120131150141819111110

Utilisez le tableau de Karnaugh pour trouver la forme produit de sommes (POS) minimale de F(A, B, C, D) = Σm(6, 7, 8, 9, 10, 11, 15). Combien de termes somme (facteurs) N a-t-elle ?

F(A, B, C, D) = Σm(6, 7, 8, 9, 10, 11, 15)
N =
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLKMOD-9

Un compteur modulo 9 synchrone compte 0, 1, …, 8 puis revient à 0. Il part de 6. Quelle valeur Q (en décimal) affiche-t-il après 29 impulsions d’horloge ?

Q0 = 629N = 9
Q =
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaireMoyen

Trouvez le plus petit entier positif x tel que x ≡ 1 (mod 3) et x ≡ 8 (mod 10).

x ≡ 1 (mod 3)x ≡ 8 (mod 10)
x =
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaireDifficile

Utilisez le carré répété pour trouver 83171 mod 90.

a = 83k = 171n = 90
83171 mod 90 =
9.Algorithmes et complexitéMoyen

Dans un tableau trié, vous cherchez deux éléments dont la somme vaut une cible en déplaçant un pointeur depuis chaque extrémité vers l'intérieur. Quelle est la complexité temporelle ?

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

Le problème de l'arrêt montre que :

  1. AAucun algorithme ne peut décider, pour tout programme et toute entrée, si le programme s'arrête
  2. BIl faut éviter les boucles
  3. CTout programme finit par s'arrêter
  4. DCertains programmes s'exécutent plus vite sur des ordinateurs plus rapides, donc l'arrêt dépend du matériel
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 suit les enfants droits depuis la racine jusqu'à ce qu'il n'y en ait plus
  4. DOn visite toutes les feuilles et on les compare
12.Structures de donnéesDifficile

Pourquoi ne peut-on pas simplement supprimer des éléments d'un filtre de Bloom standard en remettant leurs bits à zéro ?

  1. ALes bits d'un filtre de Bloom ne peuvent pas être modifiés après sa création
  2. BLes filtres de Bloom stockent les éléments complets, qui sont introuvables une fois hachés
  3. CCes bits peuvent aussi appartenir à d'autres éléments, ce qui provoquerait des faux négatifs
  4. DLa suppression porterait le taux de faux positifs à 100%
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| = 12
  1. 1Circuit eulérien
  2. 2Chemin eulérien, pas de circuit
  3. 3ni l’une ni l’autre
14.Théorie des graphesDifficile
151122108104ABCDEF

Utilisez l’algorithme de Dijkstra pour trouver la longueur d(F) du plus court chemin de A à F dans le graphe pondéré.

départ : Aarrivée : F
d(F) =
15.Bases de données et SQLMoyen

Quelle affirmation sur HAVING est correcte ?

  1. AElle ne peut pas être utilisée avec GROUP BY
  2. BElle doit figurer avant WHERE dans l'instruction SELECT
  3. CElle trie les résultats
  4. DElle peut utiliser des fonctions d'agrégation pour filtrer les groupes
16.Bases de données et SQLDifficile

R(A, B, C, D) a les dépendances fonctionnelles A → B et C → D. Quelle est la clé candidate ?

  1. A{B, D}
  2. B{C}
  3. C{A, C}
  4. D{A}
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 choisir la meilleure route
  3. CÀ chiffrer la trame
  4. DÀ corriger automatiquement chaque erreur de bit
18.Réseaux informatiquesDifficile

Dans une attaque par inondation SYN (SYN flood), quelle ressource l'attaquant cherche-t-il à épuiser ?

  1. ALe cache DNS du client
  2. BLa table des connexions semi-ouvertes du serveur
  3. CLa table d'adresses MAC du commutateur
  4. DL'espace disque du serveur
19.Sous-réseaux IPv4Moyen
/?11111111111111111111111100000000bits réseaubits hôte

Un service a besoin de 229 adresses d'hôte dans un seul sous-réseau. Quelle est la plus grande longueur de préfixe p (le plus petit sous-réseau) suffisante ?

229 hosts
p =
20.Sous-réseaux IPv4Difficile
troisième octet 139 … 144112806403201618041211communsvariables

Un routeur a des routes vers ces réseaux : 10.12.139.0/24, 10.12.140.0/24, 10.12.141.0/24, 10.12.142.0/24, 10.12.143.0/24, 10.12.144.0/24. Quelle est la plus grande longueur de préfixe p d’une route résumée unique qui les couvre tous ?

10.12.139.0/24 … 10.12.144.0/24
p =

3Solutions

1.Systèmes de numération

Réponse: N = −63

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.

Additionner les poids

Les autres bits gardent leurs valeurs positives habituelles.

−128 + 64 + 1 = −63

Réponse

N = −63
2.Systèmes de numération

Réponse: R = 40

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 1 déplace chaque bit de 1 positions vers la droite ; les bits qui sortent à l’extrémité droite sont perdus et des zéros entrent à gauche.

0101 0000 >> 1
= 0010 1000

Valeur du résultat

0010 1000₂ = 40

Réponse

R = 40
3.Logique propositionnelle et preuves

Réponse: q → (r → p)

Équivalence logique : deux formules sont équivalentes (≡) quand elles ont la même valeur dans chaque ligne de la table de vérité. Une tautologie vaut 1 dans toutes les lignes, une contradiction 0 dans toutes les lignes, et une contingence n’est ni l’une ni l’autre. Lois utiles : De Morgan, ¬(a ∧ b) ≡ ¬a ∨ ¬b et ¬(a ∨ b) ≡ ¬a ∧ ¬b ; a → b ≡ ¬a ∨ b ≡ ¬b → ¬a (contraposée) ; ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b ; et les lois de distributivité, a ∨ (b ∧ c) ≡ (a ∨ b) ∧ (a ∨ c).

La loi

Exportation : (a ∧ b) → c ≡ a → (b → c). Les deux valent 0 seulement quand a = 1, b = 1 et c = 0.
(q ∧ r) → p ≡ q → (r → p)

Vérifier avec la table de vérité

p = 1, q = 1, r = 1: 1 | 1 1 1 1
p = 1, q = 1, r = 0: 1 | 1 1 1 1
p = 1, q = 0, r = 1: 1 | 0 1 1 1
p = 1, q = 0, r = 0: 1 | 0 1 1 1
p = 0, q = 1, r = 1: 0 | 0 0 0 0
p = 0, q = 1, r = 0: 1 | 1 0 1 1
p = 0, q = 0, r = 1: 1 | 0 0 1 0
p = 0, q = 0, r = 0: 1 | 0 1 1 0

Réponse

q → (r → p)

Les colonnes après la barre sont les options dans l’ordre affiché.

4.Logique propositionnelle et preuves

Réponse: p = 1, q = 1

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.

Prémisses et conclusion ligne par ligne

p = 1, q = 1: 1 1 | 0
p = 1, q = 0: 1 0 | 0
p = 0, q = 1: 1 1 | 1
p = 0, q = 0: 0 0 | 1

Contre-exemple

p = 1, q = 1

Réponse

p = 1, q = 1

Un raisonnement de cette forme ressemble à une règle valide, mais une seule ligne suffit à montrer qu’il ne l’est pas.

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

Réponse: N = 3

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.

ABCD000111100001111000010302040517160120131150141819111110

Regrouper les 0

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

(B′ + C)
(A + B)
(A′ + B′ + D)

Forme POS minimale

F = (B′ + C)(A + B)(A′ + B′ + D)
N = 3

Réponse

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

Réponse: Q = 8

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.

Cycles complets

Toutes les 9 impulsions ramènent le compteur au même état.

29 = 3·9 + 2

Valeur après les impulsions restantes

Q = (6 + 2) mod 9 = 8
Q = 1000₂

Réponse

Q = 8
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaire

Réponse: x = 28

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 + 3k

Deuxième congruence

1 + 3k ≡ 8 (mod 10) → 3k ≡ 7 (mod 10)
k ≡ 7·7 ≡ 9 (mod 10)

Résultat

x = 1 + 3·9 = 28
x = 28
vérification: 28 mod 3 = 1, 28 mod 10 = 8

Réponse

x = 28
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaire

Réponse: 83171 mod 90 = 17

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

171 = 101010112 = 128 + 32 + 8 + 2 + 1

Carré répété

831 ≡ 83 (mod 90)
832 ≡ 49 (mod 90)
834 ≡ 61 (mod 90)
838 ≡ 31 (mod 90)
8316 ≡ 61 (mod 90)
8332 ≡ 31 (mod 90)
8364 ≡ 61 (mod 90)
83128 ≡ 31 (mod 90)

Multiplier les puissances nécessaires

83171 ≡ 83·49·31·31·31 ≡ 17 (mod 90)

Réponse

83171 mod 90 = 17
9.Algorithmes et complexité

Réponse: D · O(n)

Pourquoi c'est la réponse

Si la somme est trop petite, le pointeur gauche avance vers la droite ; si elle est trop grande, le pointeur droit recule vers la gauche : il y a donc au plus n étapes.

Réponse

D · O(n)
10.Algorithmes et complexité

Réponse: A · 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

A · 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 · Ces bits peuvent aussi appartenir à d'autres éléments, ce qui provoquerait des faux négatifs

Pourquoi c'est la réponse

Remettre à zéro un bit partagé ferait paraître absent un autre élément ; les filtres de Bloom à compteurs utilisent des compteurs au lieu de bits pour permettre la suppression.

Réponse

C · Ces bits peuvent aussi appartenir à d'autres éléments, ce qui provoquerait des faux négatifs
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) = 4, deg(D) = 4, deg(E) = 4, deg(F) = 2, deg(G) = 4

Sommets impairs

0
Circuit eulérien

Réponse

Circuit eulérien
14.Théorie des graphes

Réponse: d(F) = 13

Plus courts chemins et arbres couvrants : l’algorithme de Dijkstra fixe un sommet par tour : le sommet non fixé de plus petite distance provisoire. Sa distance est alors définitive, et chaque voisin v reçoit d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v)). L’algorithme de Kruskal construit un arbre couvrant minimal en prenant les arêtes de la plus légère à la plus lourde et en sautant toute arête qui fermerait un cycle ; l’algorithme de Prim fait croître un arbre à partir d’un sommet de départ en ajoutant toujours l’arête la plus légère qui en sort. Un arbre couvrant à n sommets a n − 1 arêtes.

Dijkstra tour par tour

Chaque ligne : le sommet fixé, sa distance définitive, et les voisins dont la distance s’améliore.

A (0): B: 15, C: 1
C (1): B: 13, E: 3
E (3): D: 13, F: 13, B: 7
B (7)
D (13)
F (13)

Plus court chemin

A → C → E → F
d(F) = 13

Réponse

d(F) = 13
15.Bases de données et SQL

Réponse: D · Elle peut utiliser des fonctions d'agrégation pour filtrer les groupes

Pourquoi c'est la réponse

HAVING filtre les groupes après l'agrégation et peut faire référence à des agrégats ; WHERE ne le peut pas.

Réponse

D · Elle peut utiliser des fonctions d'agrégation pour filtrer les groupes
16.Bases de données et SQL

Réponse: C · {A, C}

Pourquoi c'est la réponse

A et C ne sont déterminés par rien, donc toute clé doit contenir les deux, et {A, C}+ = {A, B, C, D}.

Réponse

C · {A, C}
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: B · 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

B · La table des connexions semi-ouvertes du serveur
19.Sous-réseaux IPv4

Réponse: p = 24

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

27 − 2 = 126 < 229
28 − 2 = 254 ≥ 229 → h = 8

Longueur du préfixe

p = 32 − 8 = 24

Réponse

p = /24
20.Sous-réseaux IPv4

Réponse: p = 19

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

139 = 10001011
144 = 10010000
bits de tête communs : 3

Longueur du préfixe

p = 16 + 3 = 19

Réponse

p = /19

Route résumée : 10.12.128.0/19 (elle couvre aussi 26 réseau(x) qui ne figurent pas dans la liste).

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