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 −60 en complément à deux sur 8 bits. Lu comme un nombre non signé, quelle est la valeur U du motif ?
N = −608 bit
U =
2.Systèmes de numérationDifficile
Une image non compressée fait 1920 × 1080 pixels avec 16 bits par pixel. Quelle mémoire M occupe-t-elle, en Kio (1 Kio = 1024 octets) ?
1920 × 1080 px16 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
3.Logique propositionnelle et preuvesMoyen
Dans combien des 8 lignes de sa table de vérité (r ∧ p) ↔ ((¬p → q) ∧ (r ∧ q)) est-elle vraie ? Appelez ce nombre N.
(r ∧ p) ↔ ((¬p → q) ∧ (r ∧ q))
N =
4.Logique propositionnelle et preuvesDifficile
Le raisonnement de prémisses a → c; ¬a et de conclusion ¬c est invalide. Cliquez sur la ligne de la table de vérité qui est un contre-exemple.
a → c¬a∴ ¬c
1a = 1, c = 1
2a = 1, c = 0
3a = 0, c = 1
4a = 0, c = 0
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
Un multiplexeur 4 vers 1 a ses entrées de sélection S₁ = A et S₀ = B, et ses entrées de données reliées à I₀ = 0, I₁ = C, I₂ = 1, I₃ = 1. Pour combien des 8 combinaisons de A, B et C la sortie vaut-elle F = 1 ? Trouvez N.
I₀ = 0I₁ = CI₂ = 1I₃ = 1
N =
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
Trouvez la forme SOP minimale de F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 7, 8, 11, 15) + d(3, 6), où d marque les états indifférents. Combien de termes produits N a-t-elle ?
F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 7, 8, 11, 15) + d(3, 6)
N =
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaireMoyen
Trouvez l’inverse de 29 modulo 71 : le nombre x avec 0 < x < 71 et 29·x ≡ 1 (mod 71).
a = 29n = 71
29−1 mod 71 =
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaireDifficile
Une clé RSA utilise les nombres premiers p = 5 et q = 19 et l’exposant public e = 7. Trouvez l’exposant privé d (0 < d < φ(n)).
p = 5q = 19e = 7
d =
9.Algorithmes et complexitéMoyen
Combien de niveaux comporte la récursion du tri fusion pour un tableau de n éléments ?
AEnviron √n
BEnviron n
CEnviron log₂ n
DEnviron n / 2
10.Algorithmes et complexitéDifficile
Quel est le coût amorti de l'incrémentation d'un compteur binaire, sachant qu'une incrémentation peut inverser de nombreux bits ?
AO(n log n) par incrémentation
BO(log n) par incrémentation
CO(n) par incrémentation
DO(1) par incrémentation
11.Structures de donnéesMoyen
Combien de temps prend la recherche d'un mot de longueur L dans un trie à alphabet fixe ?
AO(L), quel que soit le nombre de mots stockés
BO(log n), où n est le nombre de mots
CO(n), où n est le nombre de mots
DO(L × n)
12.Structures de donnéesDifficile
Quel problème du sondage linéaire le double hachage réduit-il principalement ?
ALe regroupement primaire (primary clustering), où se forment de longues suites de cases occupées
BLe besoin de stocker les clés dans la table
CLe besoin d'une fonction de hachage
DLe coût en O(n) de la lecture de la valeur d'une clé
13.Théorie des graphesMoyen
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| = 6|E| = 7
1Circuit eulérien
2Chemin eulérien, pas de circuit
3ni l’une ni l’autre
14.Théorie des graphesDifficile
Trouvez le poids total W d’un arbre couvrant minimal du graphe pondéré.
|V| = 5|E| = 7
W =
15.Bases de données et SQLMoyen
Que signifie le « A » de ACID ?
AAtomicity (atomicité)
BAvailability (disponibilité)
CAccuracy (exactitude)
DAggregation (agrégation)
16.Bases de données et SQLDifficile
Le verrouillage à deux phases (2PL) garantit :
AQue les transactions n'attendent jamais
BQu'aucun verrou n'est nécessaire
CDes ordonnancements sérialisables par conflits
DQue les interblocages (deadlocks) ne peuvent jamais se produire
17.Réseaux informatiquesMoyen
À quoi sert un contrôle de redondance cyclique (CRC) dans les trames Ethernet ?
AÀ choisir la meilleure route
BÀ détecter les erreurs de transmission
CÀ corriger automatiquement chaque erreur de bit
DÀ chiffrer la trame
18.Réseaux informatiquesDifficile
Les stations A et C atteignent toutes deux le point d'accès B mais ne s'entendent pas, si bien que leurs trames entrent en collision en B. Comment 802,11 aide-t-il ?
AEn faisant utiliser la détection de collision à A et C pour qu'elles cessent d'émettre quand leurs trames se chevauchent
BEn augmentant le TTL des trames
CEn routant les trames de A via C
DPar des échanges RTS/CTS facultatifs : le CTS du point d'accès indique à toutes les stations proches d'attendre
19.Sous-réseaux IPv4Moyen
Le réseau 192.168.43.0/24 est divisé en sous-réseaux /26, 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 réseau du sous-réseau 2 ?
192.168.43.0/24/26sous-réseau 2 (le sous-réseau 1 commence à .0)
x =
20.Sous-réseaux IPv4Difficile
Un hôte a l'adresse 10.20.226.227/26. Quel est le dernier nombre (quatrième octet) x de l'adresse de diffusion de son sous-réseau ?
10.20.226.227/26
x =
3Solutions
1.Systèmes de numération
Réponse: U = 196
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
60 = 0011 1100
inversé: 1100 0011
+1 → 1100 0100
Le lire en non signé
1100 0100₂ = 256 − 60 = 196
Réponse
U = 196
2.Systèmes de numération
Réponse: M = 4050 KiB
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.
Bits et octets
1920·1080·16 = 33177600 bit = 4147200 B
Convertir en Kio
4147200/1024 = 4050 KiB
Réponse
M = 4050 KiB
3.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.
Table de vérité ligne par ligne
p = 1, q = 1, r = 1: r ∧ p = 1, ¬p = 0, ¬p → q = 1, r ∧ q = 1, (¬p → q) ∧ (r ∧ q) = 1, (r ∧ p) ↔ ((¬p → q) ∧ (r ∧ q)) = 1
p = 1, q = 1, r = 0: r ∧ p = 0, ¬p = 0, ¬p → q = 1, r ∧ q = 0, (¬p → q) ∧ (r ∧ q) = 0, (r ∧ p) ↔ ((¬p → q) ∧ (r ∧ q)) = 1
p = 1, q = 0, r = 1: r ∧ p = 1, ¬p = 0, ¬p → q = 1, r ∧ q = 0, (¬p → q) ∧ (r ∧ q) = 0, (r ∧ p) ↔ ((¬p → q) ∧ (r ∧ q)) = 0
p = 1, q = 0, r = 0: r ∧ p = 0, ¬p = 0, ¬p → q = 1, r ∧ q = 0, (¬p → q) ∧ (r ∧ q) = 0, (r ∧ p) ↔ ((¬p → q) ∧ (r ∧ q)) = 1
p = 0, q = 1, r = 1: r ∧ p = 0, ¬p = 1, ¬p → q = 1, r ∧ q = 1, (¬p → q) ∧ (r ∧ q) = 1, (r ∧ p) ↔ ((¬p → q) ∧ (r ∧ q)) = 0
p = 0, q = 1, r = 0: r ∧ p = 0, ¬p = 1, ¬p → q = 1, r ∧ q = 0, (¬p → q) ∧ (r ∧ q) = 0, (r ∧ p) ↔ ((¬p → q) ∧ (r ∧ q)) = 1
p = 0, q = 0, r = 1: r ∧ p = 0, ¬p = 1, ¬p → q = 0, r ∧ q = 0, (¬p → q) ∧ (r ∧ q) = 0, (r ∧ p) ↔ ((¬p → q) ∧ (r ∧ q)) = 1
p = 0, q = 0, r = 0: r ∧ p = 0, ¬p = 1, ¬p → q = 0, r ∧ q = 0, (¬p → q) ∧ (r ∧ q) = 0, (r ∧ p) ↔ ((¬p → q) ∧ (r ∧ 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
a = 1, c = 1: 1 0 | 0
a = 1, c = 0: 0 0 | 1
a = 0, c = 1: 1 1 | 0
a = 0, c = 0: 1 1 | 1
Contre-exemple
a = 0, c = 1
Réponse
a = 0, c = 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 = 5
Multiplexeur : un multiplexeur 2ⁿ vers 1 transmet l’une de ses entrées de données à la sortie ; les lignes de sélection, lues comme un nombre binaire, choisissent laquelle. Pour un MUX 4 vers 1 avec sélections S₁S₀ = AB, F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. En reliant les entrées de données à 0, 1, C ou C′, le MUX produit n’importe quelle fonction de A, B et C, ce qui est une manière courante de réaliser une logique avec un seul circuit.
Expression de sortie
F = A′BC + AB′ + AB
Lignes avec F = 1
ABC = 011, 100, 101, 110, 111
N = 5
Réponse
N = 5
6.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.
Implicants premiers
Les plus grands groupes pouvant être formés de 1 et de X.
CD, B′C′D′, A′B′D, A′B′C′, A′BC
Couverture minimale
F = CD + B′C′D′ + A′B′D
N = 3
Réponse
N = 3
Il existe un autre regroupement de même taille ; il a le même nombre de termes et de littéraux.
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Réponse: 29−1 mod 71 = 49
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·29 (mod 71).
r = 71, t = 0
r = 29, q = 2, t = 1
r = 13, q = 2, t = −2
r = 3, q = 4, t = 5
r = 1, q = 3, t = −22
Inverse
1 ≡ −22·29 (mod 71)
x = 49
vérification: 29·49 = 1421 = 20·71 + 1
Réponse
29−1 mod 71 = 49
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Réponse: d = 31
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.
Module et indicatrice
n = 5·19 = 95
φ(n) = 4·18 = 72
Algorithme d’Euclide étendu
r = 72, t = 0
r = 7, q = 10, t = 1
r = 2, q = 3, t = −10
r = 1, q = 2, t = 31
Exposant privé
d = 31
vérification: 7·31 = 217 = 3·72 + 1
Réponse
d = 31
9.Algorithmes et complexité
Réponse: C · Environ log₂ n
Pourquoi c'est la réponse
Passer de n à 1 par divisions successives par deux prend environ log₂ n niveaux, et chaque niveau effectue un travail de fusion en O(n), d'où O(n log n).
Réponse
C · Environ log₂ n
10.Algorithmes et complexité
Réponse: D · O(1) par incrémentation
Pourquoi c'est la réponse
Sur n incrémentations, le bit i s'inverse environ n / 2ⁱ fois : le total est inférieur à 2n inversions, soit en moyenne O(1) chacune.
Réponse
D · O(1) par incrémentation
11.Structures de données
Réponse: A · O(L), quel que soit le nombre de mots stockés
Pourquoi c'est la réponse
Chaque caractère sélectionne un enfant, donc une recherche prend L étapes quel que soit le nombre de mots contenus dans le trie.
Réponse
A · O(L), quel que soit le nombre de mots stockés
12.Structures de données
Réponse: A · Le regroupement primaire (primary clustering), où se forment de longues suites de cases occupées
Pourquoi c'est la réponse
Le sondage linéaire avance d'un pas de 1, donc les suites occupées grossissent et fusionnent ; le double hachage utilise un second hachage pour la taille du pas, si bien que des clés différentes sondent des séquences différentes.
Réponse
A · Le regroupement primaire (primary clustering), où se forment de longues suites de cases occupées
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.
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
AC (8): prise
BE (9): prise
AB (11): prise
BC (13): sautée, ferme un cycle
DE (14): prise
Poids total
W = 8 + 9 + 11 + 14 = 42
Réponse
W = 42
15.Bases de données et SQL
Réponse: A · Atomicity (atomicité)
Pourquoi c'est la réponse
ACID : atomicité, cohérence, isolation, durabilité. L'atomicité signifie qu'une transaction est appliquée entièrement ou pas du tout.
Réponse
A · Atomicity (atomicité)
16.Bases de données et SQL
Réponse: C · Des ordonnancements sérialisables par conflits
Pourquoi c'est la réponse
Le 2PL garantit la sérialisabilité, mais les interblocages restent possibles et doivent être détectés ou évités.
Réponse
C · Des ordonnancements sérialisables par conflits
17.Réseaux informatiques
Réponse: B · 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
B · À détecter les erreurs de transmission
18.Réseaux informatiques
Réponse: D · Par des échanges RTS/CTS facultatifs : le CTS du point d'accès indique à toutes les stations proches d'attendre
Pourquoi c'est la réponse
Une station envoie un Request to Send ; le point d'accès répond par un Clear to Send que toutes les stations de sa portée entendent, de sorte que les stations cachées diffèrent leur émission pendant la durée réservée.
Réponse
D · Par des échanges RTS/CTS facultatifs : le CTS du point d'accès indique à toutes les stations proches d'attendre
19.Sous-réseaux IPv4
Réponse: x = 64
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
26 = 64
Sous-réseau numéro 2
réseau: (2 − 1)·64 = 64
diffusion: 64 + 64 − 1 = 127
Réponse
x = 64
20.Sous-réseaux IPv4
Réponse: x = 255
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).