Fiche Révision BTS SIO SISR

I — Arithmétique💪

III — Matrices💪

V — Graphes💪

II — Ensembles⚠️

IV — Logique⚠️

I Arithmétique — Modulos & Divisibilité 💪 Point fort

EXO 1 Résoudre dans ℤ : 7x + 3 ≡ 1 [11]

7x ≡ 1 - 3 ≡ -2 ≡ 9 [11]

Chercher l'inverse de 7 mod 11 (période divise 10) :

c	7×c mod 11
1	7
2	3
3	10
4	6
5	2
8	1 ✓

Multiplier par 8 : x ≡ 8 × 9 = 72 [11]

72 = 6×11 + 6

x ≡ 6 [11]

EXO 2 Calculer : 2¹⁵⁰ + 5⁷³ [7]

2¹⁵⁰ mod 7 :

n	2ⁿ mod 7
1	2
2	4
3	1 ✓

Période = 3 · 150 = 3×50 + 0 → reste 0

2¹⁵⁰ ≡ 2³ ≡ 1 [7]

5⁷³ mod 7 :

n	5ⁿ mod 7
1	5
2	4
3	6
4	2
5	3
6	1 ✓

Période = 6 · 73 = 6×12 + 1 → reste 1

5⁷³ ≡ 5¹ = 5 [7]

2¹⁵⁰ + 5⁷³ ≡ 1 + 5 = 6 [7]

EXO 3 Montrer que n² + n est divisible par 2 pour tout entier n.

n² + n = n(n+1)

Produit de deux entiers consécutifs n et n+1.

Parmi deux entiers consécutifs, l'un est forcément pair.

Donc n(n+1) est divisible par 2 ✓

EXO 4 Montrer que n³ + 2n est divisible par 3 pour tout entier n.

n³ + 2n = n(n² + 2)

On teste les 3 cas mod 3 :

n mod 3	n² mod 3	n²+2 mod 3	n(n²+2) mod 3
0	0	2	0×2 = 0 ✓
1	1	0	1×0 = 0 ✓
2	4≡1	0	2×0 = 0 ✓

Dans tous les cas ≡ 0 [3] → divisible par 3 ✓

II Ensembles & Applications ⚠️ À renforcer

EXO 5 E = {1;2;3;4;5;6}, F = {0;1;2}. f(n) = reste de n÷3.
1. Tableau des images · 2. Injective/Surjective ? · 3. Antécédents de 0 · 4. Antécédent de 2

1. Tableau :

n	1	2	3	4	5	6
f(n)	1	2	0	1	2	0

2. Propriétés :

Injective ? f(1)=f(4)=1 et 1≠4 → NON ❌

Surjective ? 0✓ 1✓ 2✓ tous atteints → OUI ✓

Bijective ? Pas injective → NON ❌

3. Antécédents de 0 :

3 et 6

4. Antécédents de 2 :

2 et 5

EXO 6 E = {0;1;10;11;100;101;110;111}, F = {0;1;2;3}. p(n) = somme des chiffres binaires.
1. Images · 2. Injective/Surjective ? · 3. Éléments d'image 2 · 4. Antécédent de 0

1. Tableau :

n	0	1	10	11	100	101	110	111
p(n)	0	1	1	2	1	2	2	3

2. Propriétés :

Injective ? p(1)=p(10)=1 et 1≠10 → NON ❌

Surjective ? 0✓ 1✓ 2✓ 3✓ → OUI ✓

3. Éléments d'image 2 :

11, 101, 110 → 3 éléments

4. Antécédent de 0 :

0 (un seul antécédent)

EXO 7 Codage affine, clé (7;3) : f(n) ≡ 7n+3 [26]
1. Coder B · 2. Coder S · 3. Décoder D (rang 3)

1. Coder B (rang 1) :

f(1) ≡ 7×1+3 = 10 [26]

B → K (rang 10)

2. Coder S (rang 18) :

f(18) ≡ 7×18+3 = 126+3 = 129 [26]

129 = 4×26 + 25

S → Z (rang 25)

3. Décoder D (y=3) :

3 ≡ 7x + 3 [26] → 7x ≡ 0 [26] → x ≡ 0 [26]

D est décodée par A (rang 0)

III Logique booléenne — Karnaugh ⚠️ À renforcer

EXO 8 a = fichier existe, b = droits utilisateur, c = serveur actif.
Écrire E : "fichier existe ET droits, OU serveur actif ET droits". Simplifier.

Expression initiale :

E = ab + bc

On factorise par b :

E = b(a + c)

E = b(a + c) — simplification directe, pas besoin de Karnaugh

En français : "L'utilisateur a les droits ET (le fichier existe OU le serveur est actif)"

EXO 9 Simplifier avec Karnaugh : E = ā·b·c + a·b̄·c + a·b·c + a·b·c̄

Tableau de Karnaugh (a en ligne, bc en colonne) :

	b̄c̄	b̄c	bc	bc̄
ā	0	0	1	0
a	0	1	1	1

Groupes :

Colonne bc (les deux 1 verticaux) → bc

Ligne a, colonnes b̄c + bc + bc̄ (3 cases de la ligne a avec 1) → groupe {ab̄c, abc, abc̄} → ac + ab... on regroupe ab̄c + abc = ac, et abc + abc̄ = ab

Groupe de 2 : {abc, ābc} → bc

Groupe de 2 : {abc, abc̄} → ab

Groupe de 2 : {ab̄c, abc} → ac

On choisit la couverture minimale : ac + ab couvre tout

E = ac + ab = a(b + c)

EXO 10 QCM — Simplification de ā·b̄·c + ā·b·c + a·b̄·c + a·b·c :
A : c | B : a+c | C : āc+ac | D : b+c

On regroupe les 4 cases qui ont c=1 :

	b̄c̄	b̄c	bc	bc̄
ā	0	1	1	0
a	0	1	1	0

Les 4 cases allumées forment un groupe de 4 → facteur commun : c

Réponse A : E = c

Astuce : quand toute une "bande" c=1 est allumée, le résultat est juste c !

IV Calculs matriciels 💪 Point fort

EXO 11 A = [[2,1],[3,4]], B = [[1,2],[0,3]]
1. Calculer A×B · 2. det(A) · 3. A est-elle inversible ?

1. A×B :

	Col 1	Col 2
Ligne 1	2×1+1×0 = 2	2×2+1×3 = 7
Ligne 2	3×1+4×0 = 3	3×2+4×3 = 18

A×B = [[2, 7], [3, 18]]

2. det(A) :

det(A) = 2×4 - 1×3 = 8 - 3 = 5

3. Inversible ?

det(A) = 5 ≠ 0 → A est inversible ✓

Pour mod 26 : pgcd(5,26) = 1 → inversible mod 26 aussi ✓

EXO 12 Codage de Hill : A = [[3,2],[5,7]]. Chiffrer "NO" (N=13, O=14)

X = [13, 14]ᵀ · Y = A×X mod 26

Calcul :

y₁ = 3×13 + 2×14 = 39 + 28 = 67

67 = 2×26 + 15 → y₁ = 15

y₂ = 5×13 + 7×14 = 65 + 98 = 163

163 = 6×26 + 7 → y₂ = 7

Y = [15, 7] → P (15) et H (7) → "NO" codé en "PH"

V Graphes & Ordonnancement 💪 Point fort

EXO 13 Tâches A(30,∅) B(20,∅) C(50,A) D(15,A,B) E(25,C,D) F(10,D)
1. Niveaux · 2. Dates tôt/tard · 3. Marges · 4. Chemin critique

1. Niveaux :

Niveau 0	Niveau 1	Niveau 2
A, B	C, D	E, F

2. Dates au plus tôt :

Tâche	Tôt début	Tôt fin
A	0	30
B	0	20
C	30	80
D	30	45
E	80	105
F	45	55

Fin projet = max(105, 55) = 105 min

Dates au plus tard :

Tâche	Tard fin	Tard début
E	105	80
F	105	95
C	80	30
D	min(80,95)=80	65
A	min(30,65)=30	0
B	65	45

3. Marges totales :

Tâche	Tard début	Tôt début	Marge
A	0	0	0
B	45	0	45
C	30	30	0
D	65	30	35
E	80	80	0
F	95	45	50

4. Chemin critique (marges = 0) :

A → C → E (durée : 30+50+25 = 105 min = 1h45)

// MÉTHODES CLÉS À RETENIR

MODULOS — Abaissement des puissances
  1. Réduire la base : 7 mod 5 = 2
  2. Trouver période : aᵏ ≡ 1 (divise p-1 si p premier)
  3. Diviser exposant : n = période×q + r
  4. aⁿ ≡ aʳ  |  si r=0 → résultat = 1

APPLICATIONS
  Injective  : x₁≠x₂ ⟹ f(x₁)≠f(x₂)  [pas deux flèches vers même point]
  Surjective : tout élément de F a un antécédent
  Bijective  : injective ET surjective

KARNAUGH
  Groupes : 1, 2, 4, 8 cases (puissances de 2)
  Cases adjacentes uniquement
  Choisir les plus grands groupes possibles

CHEMIN CRITIQUE
  Marge totale = Tard début - Tôt début
  Chemin critique = tâches de marge 0