Comptez les variables distinctes : la table de vérité a 2ⁿ lignes, la première avec toutes les variables à 1.
Donnez à chaque sous-formule sa propre colonne et remplissez les colonnes de l’intérieur vers l’extérieur.
Appliquez la règle de chaque connecteur : → n’est 0 que pour 1 → 0, ↔ vaut 1 quand les deux côtés sont égaux.
Pour des équivalences, comparez les colonnes finales ligne par ligne ; pour un raisonnement, regardez seulement les lignes où toutes les prémisses valent 1.
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
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.
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.
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.
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
Réduisez d’abord chaque nombre modulo n ; les restes sont compris entre 0 et n − 1.
Pour un pgcd, divisez plusieurs fois avec l’algorithme d’Euclide ; le dernier reste non nul est le pgcd.
Pour un inverse, appliquez l’algorithme étendu et gardez le coefficient de a ; ajoutez n s’il est négatif.
Résolvez a·x ≡ b en multipliant par a⁻¹ ; combinez deux congruences en écrivant x = r₁ + m₁k.
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
Notez le degré de chaque sommet ; la somme des degrés vaut deux fois le nombre d’arêtes.
Pour les questions d’Euler, vérifiez que le graphe est connexe et comptez les sommets de degré impair.
Pour les arbres, utilisez n − 1 arêtes et le lemme des poignées de main.
Pour Dijkstra, tenez un tableau des distances provisoires et fixez à chaque tour le sommet non fixé de plus petite distance.
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
Positionnez les bits pour qu’ils représentent −78 en complément à deux sur 8 bits. Lu comme un nombre non signé, quelle est la valeur U du motif ?
N = −788 bit
U =
2.Systèmes de numérationDifficile
Positionnez les bits sur le résultat sur 8 bits de 0110 0001 OR 0100 0101. Quelle est la valeur R du résultat en décimal ?
0110 0001OR0100 0101
R =
3.Logique propositionnelle et preuvesMoyen
Quelle formule est logiquement équivalente à ¬(p ∧ q) ? Cliquez dessus.
¬(p ∧ q)
1¬p ∨ ¬q
2¬p ∧ q
3¬p ∨ q
4¬p ∧ ¬q
4.Logique propositionnelle et preuvesDifficile
Le raisonnement de prémisses r → (q ∨ p); r et de conclusion q est invalide. Cliquez sur la ligne de la table de vérité qui est un contre-exemple.
r → (q ∨ p)r∴ q
1p = 1, q = 1, r = 1
2p = 1, q = 1, r = 0
3p = 1, q = 0, r = 1
4p = 1, q = 0, r = 0
5p = 0, q = 1, r = 1
6p = 0, q = 1, r = 0
7p = 0, q = 0, r = 1
8p = 0, q = 0, r = 0
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
Simplifiez F = AC′ + A′B′C + ABC′ + AC à sa forme somme de produits minimale. Combien de littéraux L contient l’expression simplifiée ?
F = AC′ + A′B′C + ABC′ + AC
L =
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
Un compteur modulo 12 synchrone compte 0, 1, …, 11 puis revient à 0. Il part de 4. Quelle valeur Q (en décimal) affiche-t-il après 15 impulsions d’horloge ?
Q0 = 415N = 12
Q =
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaireMoyen
Résolvez 10x ≡ 13 (mod 17). Donnez la solution x avec 0 < x < 17.
10x ≡ 13 (mod 17)
x =
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaireDifficile
Chiffre le message m = 300 avec la clé publique RSA (n, e) = (551, 11). Trouvez le chiffré c.
n = 551e = 11m = 300
c =
9.Algorithmes et complexitéMoyen
Vous triez une fois un tableau de n éléments, puis répondez à k requêtes d'appartenance par recherche dichotomique. Quel est le coût total ?
AO(n log n + k log n)
BO(k n log n)
CO(n + k)
DO(nk)
10.Algorithmes et complexitéDifficile
Quelle borne est correcte pour log(n!) ?
AΘ(n²)
BΘ(log n)
CΘ(n log n)
DΘ(n)
11.Structures de donnéesMoyen
Les clés 50, 30, 70, 20, 40 sont insérées dans cet ordre dans un arbre binaire de recherche vide. Quel est l'enfant gauche de 30 ?
A50
B40
C20
D70
12.Structures de donnéesDifficile
L'algorithme de Kahn pour le tri topologique retire répétitivement les sommets de degré entrant 0. Quelle structure contient ces sommets ?
AUne file (ou toute collection) des sommets de degré entrant 0
BUn tas max ordonné par degré sortant
CUne pile de toutes les arêtes visitées
DUne matrice d'adjacence indiquant quels sommets ont déjà été retirés
13.Théorie des graphesMoyen
Un arbre a 4 sommets de degré 3, 4 sommets de degré 4, et tous ses autres sommets sont des feuilles (degré 1). Combien de feuilles L a-t-il ?
4 × deg 34 × deg 4
L =
14.Théorie des graphesDifficile
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
Que renvoie INTERSECT utilisé entre deux requêtes SELECT ?
ALes lignes présentes dans les deux résultats
BLe produit cartésien des résultats
CLes lignes du premier résultat absentes du second
DToutes les lignes des deux résultats
16.Bases de données et SQLDifficile
Une sous-requête corrélée est une sous-requête qui :
AJoint deux tables avec une clé étrangère
BN'utilise que des fonctions d'agrégation
CFait référence à des colonnes de la requête externe et est évaluée pour chaque ligne externe
DS'exécute une seule fois avant la requête externe et met son résultat en cache pour chaque ligne
17.Réseaux informatiquesMoyen
Combien de temps faut-il pour émettre un paquet de 1500 octets sur une liaison à 12 Mbit/s (délai de transmission) ?
A8 ms
B1 ms
C12 ms
D0,125 ms
18.Réseaux informatiquesDifficile
Pourquoi l'option de mise à l'échelle de la fenêtre TCP (window scale) a-t-elle été introduite ?
ASans elle, TCP ne pouvait pas détecter les segments perdus sur les liaisons longue distance
BLe champ de fenêtre de 32 bits était trop grand et gaspillait de la place dans l'en-tête de chaque segment TCP envoyé
CUDP avait besoin d'un moyen de contrôler son débit sur les chemins congestionnés
DLe champ de fenêtre de 16 bits limite la fenêtre à 65535 octets, trop peu pour les chemins rapides et longs
19.Sous-réseaux IPv4Moyen
Un service a besoin de 1538 adresses d'hôte dans un seul sous-réseau. Quelle est la plus grande longueur de préfixe p (le plus petit sous-réseau) suffisante ?
1538 hosts
p =
20.Sous-réseaux IPv4Difficile
Le réseau 192.168.43.0/24 est découpé en VLSM pour ces LAN : A: 20 hôtes, B: 83 hôtes, C: 24 hôtes, D: 5 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 A ?
A: 20B: 83C: 24D: 5
x =
3Solutions
1.Systèmes de numération
Réponse: U = 178
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
78 = 0100 1110
inversé: 1011 0001
+1 → 1011 0010
Le lire en non signé
1011 0010₂ = 256 − 78 = 178
Réponse
U = 178
2.Systèmes de numération
Réponse: R = 101
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
OU donne 1 quand au moins un bit vaut 1.
0110 0001
OR 0100 0101
= 0110 0101
Valeur du résultat
0110 0101₂ = 101
Réponse
R = 101
3.Logique propositionnelle et preuves
Réponse: ¬p ∨ ¬q
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
De Morgan : ¬(a ∧ b) ≡ ¬a ∨ ¬b. Le ∧ devient ∨ et les deux parties sont niées.
¬(p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q
Vérifier avec la table de vérité
p = 1, q = 1: 0 | 0 0 1 0
p = 1, q = 0: 1 | 1 0 0 0
p = 0, q = 1: 1 | 1 1 1 0
p = 0, q = 0: 1 | 1 0 1 1
Réponse
¬p ∨ ¬q
Les colonnes après la barre sont les options dans l’ordre affiché.
4.Logique propositionnelle et preuves
Réponse: p = 1, q = 0, r = 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, r = 1: 1 1 | 1
p = 1, q = 1, r = 0: 1 0 | 1
p = 1, q = 0, r = 1: 1 1 | 0
p = 1, q = 0, r = 0: 1 0 | 0
p = 0, q = 1, r = 1: 1 1 | 1
p = 0, q = 1, r = 0: 1 0 | 1
p = 0, q = 0, r = 1: 0 1 | 0
p = 0, q = 0, r = 0: 1 0 | 0
Contre-exemple
p = 1, q = 0, r = 1
Réponse
p = 1, q = 0, r = 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: L = 3
Algèbre de Boole : les règles qui simplifient les expressions sont X + X′ = 1 et X·X′ = 0, X + X = X, l’absorption X + X·Y = X, la règle de combinaison X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y et le théorème du consensus XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Les lois de De Morgan transforment (X·Y)′ en X′ + Y′ et (X + Y)′ en X′·Y′. Un tableau de Karnaugh applique ces règles graphiquement : chaque groupe de deux cases voisines est une utilisation de XY + XY′ = X.
Mintermes de l’expression
AC′ → m(4, 6)
A′B′C → m(1)
ABC′ → m(6)
AC → m(5, 7)
Regrouper et lire
F = B′C + A
Compter les littéraux
L = 3
Réponse
L = 3
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules
Réponse: Q = 7
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 12 impulsions ramènent le compteur au même état.
15 = 1·12 + 3
Valeur après les impulsions restantes
Q = (4 + 3) mod 12 = 7
Q = 0111₂
Réponse
Q = 7
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Réponse: x = 3
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).
Inversez de 10
r = 17, t = 0
r = 10, q = 1, t = 1
r = 7, q = 1, t = −1
r = 3, q = 2, t = 2
r = 1, q = 3, t = −5
10−1 ≡ 12 (mod 17)
Résoudre
x ≡ 12·13 = 156 ≡ 3 (mod 17)
vérification: 10·3 = 30 ≡ 13 (mod 17)
Réponse
x = 3
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Réponse: c = 60
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.
Carré répété
11 = 8 + 2 + 1
3001 ≡ 300 (mod 551)
3002 ≡ 187 (mod 551)
3004 ≡ 256 (mod 551)
3008 ≡ 518 (mod 551)
30011 ≡ 300·187·518 ≡ 60 (mod 551)
Chiffré
c = 60
Réponse
c = 60
9.Algorithmes et complexité
Réponse: A · O(n log n + k log n)
Pourquoi c'est la réponse
Le tri coûte O(n log n) et chaque requête O(log n) ; cela bat k parcours linéaires (O(nk)) quand k est grand.
Réponse
A · O(n log n + k log n)
10.Algorithmes et complexité
Réponse: C · Θ(n log n)
Pourquoi c'est la réponse
log(n!) ≤ n log n, et les n / 2 plus grands facteurs donnent log(n!) ≥ (n / 2) log(n / 2) ; c'est pourquoi le tri par comparaisons nécessite Ω(n log n).
Réponse
C · Θ(n log n)
11.Structures de données
Réponse: C · 20
Pourquoi c'est la réponse
20 est plus petit que 50 et que 30, il devient donc l'enfant gauche de 30 ; 40 devient son enfant droit.
Réponse
C · 20
12.Structures de données
Réponse: A · Une file (ou toute collection) des sommets de degré entrant 0
Pourquoi c'est la réponse
Les sommets prêts sont conservés dans une file ; en retirer un diminue le degré entrant de ses voisins, et ceux qui atteignent 0 sont ajoutés, ce qui donne un temps en O(V + E).
Réponse
A · Une file (ou toute collection) des sommets de degré entrant 0
13.Théorie des graphes
Réponse: L = 14
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 + 28 = 2(L + 8) − 2
L = 14
Réponse
L = 14
Raccourci : L = 2 + Σ (d − 2) sur les sommets de degré d ≥ 3.
14.Théorie des graphes
Réponse: d(F) = 23
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: 5
B (5): D: 18
D (18): E: 22, F: 23, G: 28
E (22): C: 28
F (23)
C (28)
G (28)
Plus court chemin
A → B → D → F
d(F) = 23
Réponse
d(F) = 23
15.Bases de données et SQL
Réponse: A · Les lignes présentes dans les deux résultats
Pourquoi c'est la réponse
INTERSECT ne garde que les lignes présentes dans les deux requêtes et, comme UNION, supprime les doublons par défaut.
Réponse
A · Les lignes présentes dans les deux résultats
16.Bases de données et SQL
Réponse: C · Fait référence à des colonnes de la requête externe et est évaluée pour chaque ligne externe
Pourquoi c'est la réponse
Les sous-requêtes corrélées dépendent de la ligne externe courante ; elles sont donc logiquement évaluées ligne par ligne (les optimiseurs peuvent les réécrire en jointures).
Réponse
C · Fait référence à des colonnes de la requête externe et est évaluée pour chaque ligne externe
17.Réseaux informatiques
Réponse: B · 1 ms
Pourquoi c'est la réponse
1500 octets = 12000 bits. 12000 / 12000000 bit/s = 0,001 s = 1 ms. Le délai de transmission dépend de la taille du paquet et du débit de la liaison, pas de la distance.
Réponse
B · 1 ms
18.Réseaux informatiques
Réponse: D · Le champ de fenêtre de 16 bits limite la fenêtre à 65535 octets, trop peu pour les chemins rapides et longs
Pourquoi c'est la réponse
L'en-tête d'origine permet au plus 65535 octets de données non acquittées. La mise à l'échelle multiplie cette valeur par une puissance de deux pour que les chemins à fort produit bande passante-délai puissent être remplis.
Réponse
D · Le champ de fenêtre de 16 bits limite la fenêtre à 65535 octets, trop peu pour les chemins rapides et longs
19.Sous-réseaux IPv4
Réponse: p = 21
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
210 − 2 = 1022 < 1538
211 − 2 = 2046 ≥ 1538 → h = 11
Longueur du préfixe
p = 32 − 11 = 21
Réponse
p = /21
20.Sous-réseaux IPv4
Réponse: x = 160
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.